7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 3 3 0 3 3 8 3 Α= + + : και Β= : 4 +. 4 3 8 4 4 3 9 (β) Αν ισχύει ότι: 6 αβ + βγ + γα = αβγ και αβγ 0, ( ) να βρείτε την τιμή της παράστασης: 8 α β 6 γ Γ= + +. α 3β 4γ (α) Έχουμε 3 3 0 3 3 8 3 8 8 7 Α= + + : = 8+ + = 9+ = 9 =, 3 8 4 3 8 3 4 3 4 4 3 3 8 3 3 8 3 8 3 9 3 39 Β= : :. 4 + = 4 + = + = + = 4 3 9 8 8 6 6 6 6 4 6 6 7 39 7 6 39 3 5 09 Επειδή είναι Α Β= = = < 0, έπεται ότι Α<Β. 3 6 3 6 496 (β) Έχουμε 8 α β 6 γ 8 α β 6 γ Γ= + + = + + α 3β 4γ α α 3β 3β 4γ 4γ 3 = 4 + + + + = 4 + +. α β γ 3 4 α β γ Από την υπόθεση 6( αβ + βγ + γα) = αβγ και αβγ 0 με διαίρεση και των δύο μελών της ισότητας με 6αβγ 0 προκύπτει ότι: 6( αβ + βγ + γα) αβγ = + + =, 6αβγ 6αβγ α β γ 6 οπότε η παράσταση Γ έχει τιμή 3 3 44 3 75 5 Γ= 4 + + = 4 = = =. α β γ 6 6 4 Πρόβλημα
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 Ένας πελάτης αγόρασε από μία έκθεση αυτοκινήτων ένα αυτοκίνητο για το οποίο πλήρωσε με μετρητά το μισό της τιμής πώλησης του αυτοκινήτου, ενώ για τα υπόλοιπα συμφωνήθηκε να πληρώσει με 4 μηνιαίες δόσεις των 500 ευρώ. Με αυτόν το διακανονισμό επιβαρύνθηκε με τόκους που συνολικά αντιστοιχούν στο 0% της τιμής πώλησης του αυτοκινήτου. Να βρείτε την τιμή πώλησης του αυτοκινήτου και πόσα συνολικά θα πληρώσει συνολικά ο πελάτης.. Αν υποθέσουμε ότι η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι x, τότε, σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος θα έχουμε την εξίσωση: x 0x x x + 4 500 = x + + 000 = x+ 5x+ 0000 = 0x+ x 00 0 0000 6x= 0000 x= = 0000. 6 Άρα η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι x = 0000 ευρώ και ο πελάτης θα πληρώσει συνολικά x + = = = 000 ευρώ. 0x x 0000 00 0 0 Πρόβλημα 3 Στο διπλανό σχήμα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές ( ΑΒ=ΑΓ), το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισόπλευρο και Ε είναι το μέσο του ΑΔ. Αν το Κ βρίσκεται στη προέκταση της ΒΓ και οι ΒΔ, ΓΕ τέμνονται στο σημείο Ζ, να αποδείξετε ότι οι γωνίες ˆ ΒΖΓ και ˆ ΚΓΔ, είναι ίσες. Έστω ΒΑΓ ˆ = ˆx. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Β ˆ =Γέχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ o ˆ o ˆ ˆ o xˆ Α+Β+Γ= 80 xˆ + Γ= 80 Β=Γ= 90. () Σχήμα Από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ, έχουμε: ΑΓΔ ˆ = 60 0. Οι γωνίες τώρα ˆΓ, ΑΓΔ ˆ και ˆΓ είναι διαδοχικές με την πρώτη και την τελευταία πλευρά τους αντικείμενες ημιευθείες, έχουμε ότι ˆΓ +ΑΓΔ ˆ +Γ ˆ = 80 o, οπότε
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 3 ˆ o o o xˆ ˆ o xˆ Γ = 80 60 90 Γ = 30 +. () Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ, θέτουμε Β ˆ ˆ =Δ = ˆω και παίρνουμε: 0 o xˆ ˆ ω+ xˆ + 60 = 80 ˆ ω = 60. (3) Από το ορθογώνιο τρίγωνο τέλος ΕΔΖ, έχουμε: Ζ ˆ ˆ ˆ =ΕΖΔ = 90 o ω ˆ o xˆ Ζ = 30 +. (4) Πρόβλημα 4 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το μέχρι και το 0. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 5 και στη συνέχεια, από τους ακέραιους που απέμειναν, διαγράφουμε αυτούς που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Το σύνολο Α= {,,3,..., 0} έχει 0 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 5 κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 0 5κ 0 κ κ 40 κ {,,...,40 }, 5 5 5 5 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 40. Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8 κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 0 4 8κ 0 κ κ 5 κ {,,...,5 }, 8 8 8 8 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 5. Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 5 και έχουν ήδη δια- ΕΚΠ 5,8 = 40 που ανήκουν στο σύνολο Α. γραφεί. Αυτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του { } Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 0 40κ 0 κ κ 50 κ {,,...,50 }, 40 40 40 40 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 5 και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 50. Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 40 + 5 50 = 603 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 0 603 = 409 στοιχεία.
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: 3 α 9 0 37 α α Α= + β +, β 4β β 3 αν δίνεται ότι α = β =. x (β) Αν τα ποσά x, y είναι ανάλογα με συντελεστή αναλογίας = α > 0, να αποδείξετε ότι η y xy παράσταση Κ= έχει τιμή ανεξάρτητη των τιμών των x, y και ισχύει ότι Κ. x + y Για ποια τιμή του α η παράσταση Κ παίρνει τη μέγιστη τιμή της. 3 (α) Για α = β = λαμβάνουμε α β 3 3 3+ 6 3 = = = = = 8. 6 3 ( ) Η παράσταση Α γράφεται: 3 3 α α α Α= + 37 9 0 + = ( 8 + 37) 8 + 9 8 0 β 4 β β 4 3 = 45 + 7 0 = 45 8 + 5 = 0. (β) Από την υπόθεση έχουμε ότι x = α y, οπότε η παράσταση γράφεται ayy α y α Κ= = =, α y + y ( α + ) y α + δηλαδή είναι ανεξάρτητη των x, y και εξαρτάται μόνο από το λόγο α. Επιπλέον, ισχύει α Κ = α + α α α + 0 ( α ) 0, α + το οποίο είναι αληθές. Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι και λαμβάνεται όταν α = 0, δηλαδή όταν α =.
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 5 Πρόβλημα Στο διπλανό σχήμα, οι μικροί κύκλοι είναι ίσοι μεταξύ τους (με ακτίνα R ), έχουν κέντρα τα σημεία ΚΛ, και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Μ. Οι διάμετροι ΑΒ και ΓΔ (των μικρών κύκλων) είναι κάθετες στην διάκεντρό τους ΚΛ. Ο μεγάλος κύκλος τέλος, έχει κέντρο το σημείο Μ και περνάει από τα σημεία Α, ΒΓΔ.,, Να υ- πολογιστεί συναρτήσει του R, το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου. Επειδή είναι ΑΚ = ΔΛ και ΑΚ ΔΛ, ως κάθετες στη διάκεντρο ΚΛ, το τετράπλευρο ΑΚΛΔ είναι ορθογώνιο, οπότε θα είναι ΑΔ=ΚΛ= R. Ομοίως προκύπτει ότι και το τετράπλευρο ΚΒΓΛ είναι ορθογώνιο και ότι ΒΓ=ΚΛ= R Επομένως, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο με πλευρά R και εμβαδό ( ΑΒΓΔ ) = 4R. Σχήμα Το τρίγωνο ΑΚΜ είναι ορθογώνιο με κάθετες πλευρές ΚΑ=ΚΜ= R. Άρα, από το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε: ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ = ΜΔ = R, δηλαδή ο μεγάλος κύκλος έχει ακτίνα R και κατά συνέπεια το εμβαδό του θα είναι: Ε= π ( R ) = π R. Τα εμβαδά των δύο μικτόγραμμων χωρίων ΜΑΔ και ΜΒΓ είναι ίσα μεταξύ τους και το ά- θροισμά τους προκύπτει, αν από το εμβαδό του τετραγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδό των δύο μικρών ημικυκλίων (δηλαδή το εμβαδό του μικρού κύκλου). Με βάση τους παραπάνω συλλογισμούς προκύπτουν οι σχέσεις: 4 π Ε = ( ΑΒΓΔ) πr Ε = 4R πr Ε = R. π R Για τα εμβαδά των χωρίων Ε 3 έχουμε: Ε 3 = Ε. Άρα το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι: Ε+ Ε+ Ε 3 = Ε+ (4 π) R + πr Ε= 4R. Παρατήρηση Το εμβαδό ενός από τα τέσσερα ίσα κυκλικά τμήματα του μεγάλου κύκλου είναι: Ε ( ΑΒΓΔ) π R 4R ( π ) R Ε = = =.. 4 4 Ο υπολογισμός όμως δεν είναι απαραίτητος γιατί απλοποιείται με τις πράξεις. Πρόβλημα 3 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το 0 μέχρι και το 0. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 3
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 και στη συνέχεια διαγράφουμε όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Το σύνολο Α= { 0,0,03,...,0} έχει 0-00 =9 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του 3 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 3 κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 0 0 0 3κ 0 κ 33 κ 670 κ { 34,35,..., 670 }, 3 3 3 3 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 3 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 670 33 = 637. Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8 κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 0 0 5 4 0 8κ 0 κ κ 5 κ { 3,4,..., 5 }, 8 8 8 8 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 5 = 39. Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 3 και έχουν ήδη διαγρα- ΕΚΠ 3,8 = 4 που ανήκουν στο σύνολο Α. φεί. Αυτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του { } Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 0 0 5 0 0 4κ 0 κ 4 κ 83 κ { 5,6,...,83 }, 4 4 4 4 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 3 και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 83 4 = 79. Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 637 + 39 79 = 797 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 9 797 = 5 στοιχεία. Πρόβλημα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα P( x) = ( x )( x+ )( x )( x+ ) και Q( x) = ( αx + βx)( γx + δ) + 4, όπου α, βγδ,,. Αν ισχύει ότι α + β + γ + δ = 3, να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α, βγδ,, για τις οποίες τα πολυώνυμα P( x) και Q( x ) είναι ίσα. P x x x x x x x x x = + + = 4 = 4 5 + 4 και Έχουμε ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 4 3 Q x α x β x γ x δ αγ x βγ x αδ x βδ x Τα πολυώνυμα P( x) και ( ) = + + + 4= + + + + 4. Q x είναι ίσα, αν, και μόνον αν, ισχύουν αγ =, βγ = 0, αδ = 5, βδ = 0 β = 0 ή γ = 0, β = 0ή δ = 0, αγ =, αδ = 5. { } { } Οι τιμές γ = 0 και δ = 0 αποκλείονται γιατί δεν επαληθεύουν τις δύο τελευταίες εξισώσεις, 5 οπότε λαμβάνουμε β = 0, γ =, δ, α 0. α = α Από την εξίσωση α + β + γ + δ = 3, με α- ντικατάσταση των τιμών των β, γ και δ προκύπτει η εξίσωση 5 4 α + = 3 α = 3 α + 3α 4= 0 α + 3α 3= 0 α α α α α + + 3 α = 0 α α + 4 = 0 α = 0 ή α + 4= 0 α = ή α = 4 ( )( ) ( ) ( )( ) Επομένως οι τιμές των παραμέτρων α, βγδ,, πρέπει και αρκεί να είναι 5 α =, β = 0, γ =, δ = 5 ή α = 4, β = 0, γ =, δ =. 4 4
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 7 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να βρείτε το υποσύνολο των πραγματικών αριθμών στο οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: Έχουμε ( ) ( ) x x x + x x+ x x+ x+ + και + >. 4 3 4 4 4 x x x + x + 3x + 4( x ) 3 x + 3x x 4 4 x 4. 4 3 4 x + x( x+ ) ( x+ ) + > x + + x( x + ) > ( x + ) x > x <. 4 4 4, = x : 4 x<. Επομένως, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα [ ) { } Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης ( ax) ( a x) x + x + + ab =, x a ( a b) για τις διάφορες τιμές των πραγματικών αριθμών, ab a b a 0. ( ) ( a b) ab με ( )( ) Για να ορίζονται οι δεδομένες παραστάσεις πρέπει να ισχύουν: x 0, a 0(υπόθεση) και a b(υπόθεση) x ±. Για x ±, η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: x ( + ax a x) ab x ( a)( x) ab = = x ( a ) ( a b) x a a b ab x + x = a b x + a b x ab= 0 ( ) ( ) ( ) ( ) Επειδή είναι a b η τελευταία εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= ( a b) 4 + 4ab( a b) = ( a b) ( a b) + 4ab = ( a b) ( a+ b) = ( a b ) > 0. Άρα η εξίσωση έχει τις ρίζες
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 8 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) a b + a b ab b b a b b x = = = = και a b a b a b a b x a b a b ab a a a b a = = = =. a b a b a b a b Παρατηρούμε ότι: b b b b a a 0 και b b a a b b a = = = b a = = + =, a a = a = a b a = b και = a = b a b= 0. a b a b Επομένως, για τιμές των παραμέτρων ab, που ικανοποιούν τις υποθέσεις a 0, b 0, a b και a ±, έχουμε: a b a b 0, η εξίσωση έχει δύο ρίζες Αν ( )( ) b a x = και x =. a b a b Αν a = b, τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x =. Αν b a =, τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x =. Πρόβλημα 3 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ Β= 90 και Α< ˆ 45. Θεωρούμε τα μέσα Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΓ, αντίστοιχα, και σημείο Μ Α στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ. Αν η μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΒΜ τέμνει την ευθεία ΔΕ στο Ζ και την ευθεία ΑΓ στο Θ, να αποδείξετε ότι: (α) ΒΜΖ ˆ = Α. ˆ (β) Η ευθεία ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ ˆ. (α) Επειδή το Ζ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ θα είναι ΖΒ = ΖΜ και ΒΜΖ=ΜΒΖ= ˆ ˆ ω. Επειδή είναι ΔΕ ΑΒ και ΑΒ ΒΓ έπεται ότι ΔΕ ΒΓ, δηλαδή η ευθεία ΔΕ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Αφού Ζ ΒΓ θα είναι ΖΒ=ΖΓ και ΖΒΓ ˆ = ΖΓΒ ˆ = ϕ. Επειδή ΜΖ = ΒΖ = ΓΖ θα είναι και ΖΜΓ ˆ = ΖΓΜ ˆ = θ. Από το τρίγωνο ΒΜΓ, λόγω των προηγούμενων ισοτήτων, έχουμε ˆ ˆ ˆ ΜΒΓ + ΒΓΜ + ΓΜΒ = 80 ω+ ϕ+ θ = 80 ω+ ϕ+ θ = 90. () Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε ˆ ϕ+ θ =Γ= 90 Αˆ. () Από τις σχέσεις () και () με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε: ΒΜΖ ˆ = ω = Α ˆ.
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 9 Σχήμα 3 (β) Επειδή το σημείο Θ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ η ΘΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΘΕ ˆ. Επίσης, επειδή η ΒΕ είναι διάμεσος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ προς την υποτείνουσα, θα είναι ΒΕ = = ΕΓ, οπότε το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με την ΕΔ ύψος και δι- ΑΓ χοτόμο της γωνίας ΒΕΓ ˆ, άρα και της γωνίας ΒΕΘ ˆ. Επομένως στο τρίγωνο ΒΘΕ το Ζ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του, οπότε και η ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ ˆ. Πρόβλημα 4 Αν υπάρχουν ακέραιοι x, ya, που επαληθεύουν την εξίσωση ( ) ( ) yx + y a x + y y a = 0, να αποδείξετε ότι ο αριθμός xy είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού. x ya επαληθεύουν την εξίσωση: ( ) ( ) Έστω ότι οι ακέραιοι,, yx + y a x + y y a = 0. Μετά τις πράξεις και αναδιάταξη των όρων η εξίσωση, ως προς άγνωστο το a, γράφεται: y x a y a+ y x + xy+ y = 0. ( ) ( ) Σύμφωνα με την υπόθεση, η εξίσωση αυτή με άγνωστο το a έχει ακέραια λύση, αλλά και ακέραιους συντελεστές. Επομένως, η διακρίνουσα της είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή υπάρχει κ τέτοιο, ώστε 4 3 3 3 3 ( )( ) ( ) ( ) Δ= 4y 4y y x x + xy+ y = 4y y y x = 4yx = xy x = κ. Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι: κ xy = x, όπου ο αριθμός κ είναι ρητός. x
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 0 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Β τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου a 0 για τις οποίες η εξίσωση a + 6 =, 3 a+ ax x x x 4x έχει δύο πραγματικές ρίζες με διαφορά 4. Μετά τις παραγοντοποιήσεις των όρων των κλασμάτων η εξίσωση γράφεται: ( a + 3) + =. () a x+ x x x x x+ ( ) ( ) ( )( ) Πρέπει να ισχύουν x 0, ±, δηλαδή η εξίσωση θα λυθεί στο σύνολο {,0, }. Η εξίσωση () στο σύνολο {,0, } είναι ισοδύναμη τελικά με την εξίσωση ( ) ( ) x a x a a + + 4 = 0, η οποία έχει διακρίνουσα Δ= ( 3a + ) και ρίζες x = a+ και x a a+ {,0, } a { 4,,0} και a {,0,} a {,0, } =. Επειδή και αφού από την υπόθεση είναι a 0, συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση () έχει δύο ρίζες δεκτές, τις x = a και x = a, όταν είναι a, +,, 4. Επειδή είναι a+ ( a) = 4 3a+ = 4 3a+ = 4 ή 3a+ = 4 a = ή a =, 3 η τιμή του a που ζητάμε είναι η a =. 3 Πρόβλημα Αν y ακέραιος και x, να προσδιορίσετε όλα τα ζευγάρια (, ) συστήματος + + > y + x < 0 x y που είναι λύσεις του y x 3x 0. ( Σ ) Να παραστήσετε γραφικά στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy, το σύνολο των σημείων ( x, y) όπου ( x, y ) λύση του συστήματος (Σ). Μ,
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Έχουμε + y x 3x+ > 0 + y > x 3x+ 0, y + x < 0 y < x 0 Από τις δύο τελευταίες εξισώσεις προκύπτει ότι: + y > 0 και y < 0 < y<. Επομένως οι δυνατές τιμές του y είναι y = 0 ή y =. Για y = 0, το σύστημα γίνεται: x 3x+ < < x 3x+ < x 3x+ > 0 και x 3x< 0 x < < x < < x < ( x< ή x> ) και 0< x< 3 0< x< ή < x< 3. 0< x < 4 Για y =, το σύστημα γίνεται: x 3x+ < < x 3x+ < x 3x+ 3> 0 και x 3x < 0 x < < x < < x< 3 3 3 3+ 3 < x < < x < 3. < x < 3 Για τη γεωμετρική αναπαράσταση του συνόλου των λύσεων του συστήματος έχουμε: Σχήμα 4 Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο cor (, ). Η διχοτόμος της γωνίας ˆΑ τέμνει τον κύκλο cor (, ) στο σημείο Μ. Ο κύκλος c (, ) ΜΑΜ τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Δ. Να αποδείξετε ότι ΓΔ=ΑΒ.
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ( ος τρόπος) Έστω Ε το δεύτερο κοινό σημείο των περιφερειών ( c ) και ( c ). Τότε η ΑΕ είναι η κοινή χορδή των δύο κύκλων, άρα η ΟΜ είναι μεσοκάθετη της ΑΕ. Το Μ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ (διότι η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΑ ). Άρα η ΟΜ είναι μεσοκάθετη και της ΒΓ. Επειδή οι χορδές ΒΓ και ΑΕ έχουν την ΟΜ κοινή μεσοκάθετη, συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε: ΑΒ=ΕΓ. () Το τρίγωνο ΜΑΔ είναι ισοσκελές, αφού ΜΑ=ΜΔ ως ακτίνες του κύκλου ( c ). Άρα είναι ˆ ˆ ˆ Α ˆ Α =Δ =. Ισχύει επίσης ˆ ˆ Α Α =Ε = (εγγεγραμμένες στον κύκλο ( c ) και βαίνουν στο τόξο ΜΓ ). Σχήμα 5 ˆ Από τις τελευταίες ισότητες γωνιών συμπεραίνουμε ότι ˆ ˆ Α Ε =Δ = και σε συνδυασμό με την ισότητα ΜΔΕ ˆ = ΜΕΔ ˆ (που προκύπτει από το ισοσκελές τρίγωνο ΜΔΕ ), καταλήγουμε στην ισότητα των γωνιών ΓΔΕ ˆ = ΓΕΔ ˆ και στην ισότητα των ευθυγράμμων τμημάτων: ΕΓ=ΔΓ. () Από τις σχέσεις () και () έχουμε το ζητούμενο. ος Τρόπος Το τρίγωνο ΑΜΔ είναι ισοσκελές (ΜΑ=ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c )). Η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΑ, οπότε έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ Α Α =Α =Δ =. (3) Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΔ, έχουμε: ˆ ˆ o ˆ ˆ o Μ ˆ ˆ + ω =ΑΜΔ= 80 Α Δ = 80 Α ˆ o ˆ ˆ o Μ ˆ ˆ ˆ + ω = 80 Α Μ = 80 Α ω. (4) Επίσης, ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Β= ˆ ˆω (είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο) Μ ˆ ˆ =Γ(είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο). Άρα έχουμε Μ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = 80 o Α Β=Γ=Μ. (5)
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 3 Σχήμα 6 Από τις ισότητες: Μ ˆ ˆ =Μ, ΜΒ = ΜΓ (διότι το Μ είναι μέσο του τόξου ΒΓ ) και ΜΑ = ΜΔ (διότι ΜΑ, ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c )), συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΔΓ (*) είναι ίσα, οπότε ΓΔ = ΑΒ. (*) Η ισότητα των τριγώνων, μπορεί να αποδειχθεί και με άλλους τρόπους. Παρατηρήσεις Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι τα σημεία Μ, Γ και το μέσο της ΔΕ είναι συνευθειακά. Ο κύκλος ( c ) τέμνει και τη προέκταση της ΑΒ. Αν ονομάσουμε Λ το σημείο τομής, τότε θα ισχύει ΒΛ = ΑΓ. Έτσι δημιουργείτε το ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΛ με ΑΔ = ΑΛ = ΑΒ + ΑΓ και στη συνέχεια, μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΑΜ ΔΛ. Πρόβλημα 4 Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του x για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός x + ax + b, όπου ab, ρητοί τέτοιοι ώστε a < 4b. Επειδή από υπόθεση a 4b< 0, έπεται ότι x + ax+ b> 0, για κάθε x. Αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί x, x + ax + b = y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά τους y x= r θα είναι ρητός. Έτσι έχουμε r b x + ax + b x = r x + ax + b = x + r x + ax + b = x + rx + r x =, a r a εφόσον r. Αντίστροφα, αν είναι r x= b, όπου r ρητός με r a, τότε έχουμε a r ( r ar+ b) 4 3 r b r b r ar + a r + br abr+ b x + ax+ b= + a + b= = a r a r ( a r) a r οπότε, αφού από υπόθεση a 4b< 0, θα είναι r ar+ b a y = x + ax+ b =, r, a r δηλαδή ο y είναι ρητός. ( ),
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 4 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Γ τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος αν, ν =,,3,... που έχει πρώτο όρο α = α 0, διαφορά ω 0 και είναι τέτοια ώστε ο λόγος του αθροίσματος α + + αν των ν πρώτων όρων της προς το άθροισμα αν + + + α3 ν των επόμενων ν το πλήθος όρων της είναι σταθερός, δηλαδή ανεξάρτητος του ν. Από την υπόθεση δίνεται ότι: Σ ν α + α ν = = c (ανεξάρτητο του ν ). () Σ3 ν Σ ν αν+ + α3ν Επειδή είναι α + ( ν ) ω ν Σ ν = α + + αν = και α + ( 3ν ) ω 3ν α + ( ν ) ω ν 4α + ( 8ν ) ω ν Σ3 ν Σ ν = =, η σχέση () γίνεται α + ( ν ) ω = c ( 8cω ω) ν + 4αc α cω+ ω = 0 4α + ( 8ν ) ω 8c ων + c α ω = 0,για κάθε ν =,,3,... ( ) ( )( ) Στην τελευταία ισότητα θεωρούμε ν = και ν = και αφαιρούμε κατά μέλη τις ισότητες που προκύπτουν, οπότε λαμβάνουμε ( 8c ) ω = 0 και από αυτή ( c )( α ω) χουμε το σύστημα: = 0, οπότε έ- ( 8c ) ω 0 = c = 8, αφού ω 0. ( c )( a ω) = 0 ω = α α,3 α,5 α,..., ν α,.... Επομένως η αριθμητική πρόοδος που ζητάμε είναι η: ( ) Πρόβλημα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: 4 4 4 8 8 8 x = z, y = x, z = y. 4 4 4 6 + z 6 + x 6 + y
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 5 Παρατηρούμε ότι 4 8z 8z 8z x = = z z,αφού ισχύει :, 4 6 + z 4 + ( z ) 4 + ( z ) και ομοίως λαμβάνουμε ότι: z y και y x. Επομένως, έχουμε: x = y = z. Τότε από την πρώτη εξίσωση λαμβάνουμε: 4 8x 4 x = x 4 ( x 8x + 6) = 0 x ( x 4) = 0 6 + x x= 0 ή x= ή x= (όλες με πολλαπλότητα ). Για x = 0, προκύπτει η λύση ( 0,0,0 ). Για x =, προκύπτουν οι λύσεις: (,, ), (,, ),(,, ) και (,, ). Για,,,,,,,, και,,. x =, προκύπτουν οι λύσεις: ( ) ( ) ( ) ( ) Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο cor (, ). Τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Α, Β, Γ αντίστοιχα. Αν Α, Β, Γ είναι τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων ΟΔ, ΟE, Ο Z αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΑΑ,ΒΒ,ΓΓ περνάνε από το ίδιο σημείο. ( ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι το σημείο Α είναι συμμετρικό του ορθοκέντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ. Πράγματι, αν θεωρήσουμε το σημείο Η συμμετρικό του Η ως προς την πλευρά ΒΓ, τότε έχουμε ˆ ˆ ΒΗ ˆ Γ = ΒΗΓ = 80 Α. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΗΓ είναι εγγεγραμμένο στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε το σημείο Η συμπίπτει με το σημείο Α. Έστω Κ το αντιδιαμετρικό του σημείου Α και Μ το σημείο τομής της ΑΑ με την ΗΚ. Τότε στο τρίγωνο ΑΗΚ έχουμε ότι το σημείο Ο είναι μέσο της πλευράς ΑΚ και ότι το σημείο Δ είναι μέσο της πλευράς ΑΗ.(*) Άρα το τμήμα ΟΔ είναι ίσο και παράλληλο με το τμήμα ΗΚ. Σχήμα 7
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 6 Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΗΚ Επειδή τώρα ΟΔ = και η ΑΑ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΟΔ, συμπεραίνουμε ότι η ΑΜ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΗΚ. Έστω ότι οι διάμεσες ΑΜ και ΗΟ (του τριγώνου ΑΗΚ) τέμνονται στο σημείο G. Τότε θα ισχύει GΗ = GΟ, δηλαδή το σημείο G χωρίζει το τμήμα HO σε δύο τμήματα με λόγο :. Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι ΒΒ, ΓΓ διέρχονται από το σημείο G. ος τρόπος (με ομοιοθεσία) Σχήμα 8 Χρησιμοποιώντας τη πρόταση: Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου, ως προς τις πλευρές του, βρίσκονται στο περιγεγραμμένο κύκλο του, που αποδείξαμε στην αρχή της προηγούμενης λύσης, συμπεραίνουμε ότι το Δ είναι μέσο του ΑΗ, το Ε είναι μέσο του ΒΗ και το Δ είναι μέσο του ΓΗ. Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ομοιόθετο του (ορθικού) τριγώνου ΔΕΖ στην ομοιοθεσία με κέντρο το ορθόκεντρο Η και λόγο, ( ΗΑ = ΗΔ). Το Α είναι μέσο του ΟΔ, το Β είναι μέσο του ΟΕ και το Γ είναι μέσο του ΟΖ. Άρα το ορθικό τρίγωνο ΔΕΖ, είναι ομοιόθετο του τριγώνου ΑΒΓ στην ομοιοθεσία με κέντρο το Ο και λόγο, ( ΟΔ = ΟΑ )., δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ομοιόθετο του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα οι ευθείες ΑΑ, ΒΒ, ΓΓ (που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές) θα συντρέχουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας (έστω Κ ) το οποίο θα βρίσκεται επάνω στην OΗ. Πρόβλημα 4 Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του x για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός 4x ax + b, όπου abρητοί, τέτοιοι ώστε a < 6b. Επειδή από υπόθεση a 6b< 0, έπεται ότι 4x ax+ b> 0, για κάθε x. Αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί x, 4x ax + b = y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά y x= r θα είναι ρητός. Έτσι έχουμε
ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 7 b r x ax+ b x= r x ax+ b = x+ r x ax+ b= x + rx+ r x= a + 4r a εφόσον r. 4 Αντίστροφα, αν είναι b x= r, όπου r ρητός με r a, τότε έχουμε a+ 4r 4 b r a( b r ) 4x ax+ b= 4 + b a+ 4r a+ 4r 4 4 4 4 4, οπότε, αφού από υπόθεση δηλαδή ο y είναι ρητός. ( ) ( r + ar+ b) 4 3 4r + a r + 4b + 8br + 4abr + 4ar = = a+ 4r a+ 4r ( ) a 6b< 0, θα είναι r + ar+ b a y = 4 x ax+ b =, r, a+ 4r 4,