ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 6 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 665-67784 - Fax: 645 e-mail : inf@hms.gr www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiu (Εleftheriu Venizelu) Street GR. 6 79 - Athens - HELLAS Tel. 665-67784 - Fax: 645 e-mail : inf@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΘΑΛΗΣ 9 Νοεμβρίου ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: 7 7 Α= + : + 5 + 7 4 7 6 4 4 4 Α = + + + 4 4 4 7 7 6 7 9 8 6 = + + = + =. 4 7 7 6 6 6 6 7 7 6 6 Πρόβλημα Αν ο ν είναι πρώτος φυσικός αριθμός και το κλάσμα ν αριθμό, να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές της παράστασης: ν ν Β= :. ν 9 5 παριστάνει φυσικό Επειδή το κλάσμα ν παριστάνει φυσικό αριθμό και ο αριθμός ν είναι πρώτος φυσικός αριθμός, έπεται ότι οι δυνατές τιμές του ν είναι ν = ή ν = 5. Για ν =,έχουμε: Για ν = 5, έχουμε: Β= : = : = : = 9=. 9 9 9 9 9 9 5 5 5 5 5 5 8 8 Β= : = : = : = = =. 9 4 9 4 8 4 5 5 5 5
Πρόβλημα Τρεις αριθμοί α, β, γ είναι ανάλογοι με τους αριθμούς, 9, αντίστοιχα. Αν πάρουμε τον αριθμό γ ως μειωτέο και τον αριθμό α ως αφαιρετέο, τότε προκύπτει διαφορά ίση με 56. Να βρεθούν οι αριθμοί α, β και γ. α β γ Από την πρώτη υπόθεση του προβλήματος έχουμε ότι: = = = ω, οπότε θα 9 είναι α = ω, β = 9ω και γ = ω. Έτσι από τη δεύτερη υπόθεση του προβλήματος προκύπτει η εξίσωση γ α = 56 ω ω = 56 8ω = 56 ω = 7. Άρα είναι: α = 7 =, β = 9 7 = 6 και γ = 7 = 77. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ και η διχοτόμος του ΑΔ. Προεκτείνουμε τη διχοτόμο ΑΔ κατά το ευθύγραμμο τμήμα ΔΗ έτσι ώστε ΑΔ = ΔΗ. Από το σημείο Η φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς την πλευρά ΑΒ που τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε και την πλευρά ΒΓ στο σημείο Ζ.. Να αποδείξετε ότι : ΑΔΕ ˆ = 9. Να βρείτε τη γωνία ΕΔΖ ˆ, αν γνωρίζετε ότι :. Επειδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆ Αˆ, θα ισχύει: ˆ ˆ Α Α = Α =. Από την παραλληλία των ΑΒ και ZH, συμπεραίνουμε ότι Αˆ = Ηˆ (εντός εναλλάξ). Άρα θα ισχύει Αˆ = Ηˆ, οπότε το τρίγωνο ΑΕΗ είναι ισοσκελές. T Δ είναι το μέσο της βάσης ΑΗ του ισοσκελούς τριγώνου ΑΕΗ, οπότε η διάμεσος ΕΔ θα είναι και ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΑΕΗ, δηλαδή θα είναι ΕΔ ΑΗ και ˆ ΑΔΕ = 9. ˆ ˆ Β Γ=.. Επειδή ΓΔΕ=ΑΔΕ= ˆ ˆ 9, θα ισχύει: Ε ˆ ˆ ˆ = 9 Δ = 9 Δ. Σχήμα Η ˆΔ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΔΓ, δηλαδή παραπληρωματική της γωνίας ΑΔΓ ˆ Αˆ, οπότε θα είναι Δˆ = + Γˆ. Από τις δύο τελευταίες ισότητες γωνιών έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Α ˆ Α Β Γ Α ˆ Β Γ Ε = 9 Δ = 9 Γ = + + Γ = = =.
Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα 5 7 Ανα = :, β = : και να βρείτε την τιμή της παράστασης: 6αβγ Α= αβ + βγ + γα Έχουμε: + 5 7 5+ 7 α = : = =, β = : = = καιγ = = =. Άρα η παράσταση γίνεται: ( ) + + 6 6 6 6 Α= = + + + = 4 + + + + 6 4 = ( ) = ( ) = = = = 4 4 Πρόβλημα Να βρεθούν οι ακέραιοι που επαληθεύουν και τις δύο ανισώσεις: x x x 5 x 9 και x. 4 4 8 Λύνουμε καθεμία από τις ανισώσεις. Έχουμε: x x 5 x x 5 4 4 4 x ( x 5) 8 x x+ 5 8 x. 4 4 x x 6 x 6 x 9 x 9 x 9 x x x 4 8 4 8 4 8 x 6 x 9 x 6 x 9 x 8 8 8 x x 6 ( x 9) 8x 8 8 8 8 x 6 x+ 9 8x 9 x x x. Επομένως οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν όταν x, οπότε οι ακέραιοι που συναληθεύουν τις δύο ανισώσεις είναι οι, και. Πρόβλημα Στο ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Oxy δίνεται ότι η ευθεία ( ) εξίσωση y = ( λ ) x+ μ, όπου, ευθεία ( δ ) με εξίσωση y = λx και περνάει από το σημείο Κ (,8). (α) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς λ και μ. ε με λ μ πραγματικοί αριθμοί, είναι παράλληλη με την
(β) Να επαληθεύσετε ότι τα σημεία Λ( 4, 4) και Μ(, ) ανήκουν στην ευθεία ( ε ) και να αποδείξετε ότι το σημείο Μ είναι το μέσον του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ. (α) Επειδή είναι ( ε ) ( δ ), οι δύο ευθείες θα έχουν ίσους συντελεστές διεύθυνσης, οπότε προκύπτει η εξίσωση λ = λ λ =. Έτσι η εξίσωση της ε γίνεται y x μ Κ,8 ευθείας ( ) = +. Επιπλέον, από την υπόθεση, το σημείο ( ) ανήκει στην ευθεία ( ε ), οπότε θα ισχύει: 8= + μ μ = 4 μ =. Άρα έχουμε: λ =, μ = και ( ε ) : y = x+ 4. (β) Επειδή ισχύουν ( 4) + 4= 4 και ( ) + 4=, τα σημεία Λ( 4, 4) και Μ(, ) επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας ( ε ), οπότε αυτά είναι σημεία της ευθείας ( ε ). Επιπλέον, παρατηρούμε οι αποστάσεις του σημείου Μ από τα σημεία Κ και Λ είναι ίσες. Πράγματι, έχουμε ΜΚ = ( + ) + ( 8 ) = 9+ 6 = 45 ( ) ( ) ΜΛ = 4+ + 4 = 9+ 6 = 45 Επομένως το σημείο Μ είναι το μέσον του ευθύγραμμου τμήματος ΚΛ. Πρόβλημα 4 Στο διπλανό σχήμα τα τετράπλευρα ΑΒΓΔ και ΕΖΗΘ είναι τετράγωνα. Το τετράγωνο ΕΖΗΘ έχει πλευρές που C Ο, ρ στα σημεία Α, Β, Γ και Δ. εφάπτονται του κύκλου ( ) (α) Να βρείτε το άθροισμα Σ των εμβαδών των τεσσάρων χωρίων που βρίσκονται εσωτερικά του κύκλου C ( Ο, ρ ) και εξωτερικά του τετραγώνου ΑΒΓΔ. (β) Να βρείτε το άθροισμα Σ των εμβαδών των τεσσάρων χωρίων που βρίσκονται εσωτερικά του τετραγώνου ΕΖΗΘ C Ο, ρ. και εξωτερικά του κύκλου ( ) Σ 4 (γ) Να αποδείξετε ότι <. (Θεωρείστε ότι π =,45). Σ. Επειδή είναι ΟΑ = ΟΒ, ΟΑ ΕΖκαι ΟΒ ΖΗ, έπεται ότι το τετράπλευρο ΟΑΖΒ είναι τετράγωνο, οπότε το τρίγωνο ΑΟΒ είναι ορθογώνιο στο Ο. Επομένως, από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΟΑΒ λαμβάνουμε: ΑΒ = ρ + ρ ΑΒ = ρ ΑΒ = ρ. Άρα το εμβαδόν του τετραγώνου είναι: ρ. Το εμβαδόν του κύκλου είναι πρ, οπότε το άθροισμα Σ, θα είναι: Σ = πρ ρ = ( π ) ρ
Σχήμα. Επειδή είναι ΟΑ ΕΖ και ΟΓ ΗΘ, έπεται ότι η ΑΓ είναι διάμετρος του κύκλου C ( Ο, ρ ). Άρα το τετράπλευρο ΑΓΗΖ είναι ορθογώνιο, οπότε ΖΗ = ρ. Επομένως το εμβαδόν του τετραγώνου ΕΖΗΘ είναι ίσο με 4ρ. Άρα έχουμε: Σ = 4ρ πρ = ( 4 π ) ρ.. Σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε: Σ 4 ( π ) ρ 4 < < ( π ) < 4( 4 π) π 6 < 6 4π Σ ( 4 π) ρ 7π < π < =,48..., που ισχύει. 7
Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις του συστήματος: ( x )( x 7x+ ) = x + x x( x+ ) + < 5 Έχουμε x x 7x+ = x = ή x 7x+ = ( )( ) x= x x+ = ή 7. Η εξίσωση x 7x+ =, έχει το πρώτο μέλος της τριώνυμο με α =, β = 7, γ =, οπότε είναι Δ= β 4αγ = 9 και οι ρίζες της εξίσωσης είναι x = ή x = 5. Διαφορετικά μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση x 7x+ = είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x( x 7) =. Επειδή ζητάμε ακέραιες λύσεις της εξίσωσης, συμπεραίνουμε ότι ο x πρέπει να είναι διαιρέτης του. Επομένως θα είναι x { ±, ±, ± 5, ± }. Με δοκιμές διαπιστώνουμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι ακέραιοι και 5. Στη συνέχεια επιλύουμε την ανίσωση του συστήματος x + x x( x+ ) + < 5x + 5+ 4x < 5x + 5x x>. 5 Επομένως οι ζητούμενες ακέραιες λύσεις του συστήματος είναι: x = 5 ή x =.. Να απλοποιηθεί η παράσταση: Αν θέσουμε ( ) ( ) x ( x) ( + x ) + ( + x) ( x + ) 4 + x + + x + x + x Α ( x) = + + + 4 + x + ( + x) + x( + x) Β ( x) = Γ ( x) = + x + ( + x) τότε η παράσταση Α( x ) είναι ίση με τη διαφορά Β( x) Γ( ) ( ) ( ) x ( x) ( x + x) + ( x + x) + ( x + x+ ) ( + x ) + ( + x) ( x + ) και, x. Έχουμε: ( ) + x + + x+ x + x + x + x+ x + x Β ( x) = = + + + + x + + x+ x 4 4 + x + + x + x + x x + x + x + x+ x + x + x + x+ x + x + x + x + x+ = = = + x+ x + x+ x + x+ x 4 4 4 4 6 4 = = = x + x+ + x+ x x + x+..
Άρα έχουμε: ( ) ( ) ( x + ) ( x + ) ( + ) + ( + ) ( x+ )( x + ) x x x x x x x x Γ ( x) = = = x + + + + + + + + + + x x x = = = x +. x + x + ( ) ( ) ( ) ( ) Α x =Β x Γ x = x + x+ x+ = x.. (α) Αν κ ακέραιος, να λύσετε την εξίσωση: κ x x ( κ x ) + = κ ( x + ). 4 4 (β) Για ποιες τιμές του ακέραιου κ η παραπάνω εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις; (α) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την κx+ x= 4κ( x+ ) ( κx ) κx+ x= 4κx+ 8κ κx+ κx+ x= 8κ + κ + x = 8κ +. () ( ) Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:. Αν κ =, τότε η εξίσωση γίνεται x = 5 και είναι αδύνατη. κ, δηλαδή, αν ο κ είναι ακέραιος διαφορετικός από το,. Αν { } 8κ + τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση x = κ +. (β) Η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις, όταν είναι 8κ + 8κ + 8 5 8( κ + ) 5 x= x= x= κ + κ + κ + 5 5 x = 8 κ + κ + κ +,, 5,5 κ,, 6, 4. { } { } Όλες οι τιμές που βρήκαμε για το κ είναι δεκτές, αφού είναι διαφορετικές του -. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ ). Κύκλος με κέντρο την κορυφή Α και ακτίνα ρ <ΑΒ τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Δ, αντίστοιχα. Οι ευθείες ΒΔ, ΓΕ τέμνουν για δεύτερη φορά το κύκλο στα σημεία K,N αντίστοιχα. Αν Tείναι το σημείο τομής των ΒΔ, ΓΕ και S το σημείο τομής των ΔΝ, ΕΚ, να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, S και T βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία. Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ είναι ίσα γιατί έχουν: (α) ΑΔ= ΑΕ, ως ακτίνες του ίδιου κύκλου, (β) ΑΒ = ΑΓ (πλευρές του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ ) και (γ) η γωνία ˆΑ είναι κοινή για τα δύο τρίγωνα.
Σχήμα Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΒ και ΑΕΓ, προκύπτουν οι ισότητες: Β ˆ ˆ = Γ και κατά συνέπεια: ΒΤΓ ˆ = ΓΤΒ ˆ. () ΑΔΒ ˆ = ΑΕΓ ˆ και κατά συνέπεια ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών ΒΕΓ ˆ = ΒΔΓ ˆ () ΔΒ = ΔΓ. () Από την ισότητα () των γωνιών ΒΤΓ ˆ = ΓΤΒ ˆ προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΤΓ είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια το σημείο Τ θα ανήκει στη μεσοκάθετη της ΒΓ. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΤΓ έχουμε: ΤΒ = ΤΓ και σε συνδυασμό με την ισότητα () συμπεραίνουμε: ΤE = ΤΔ. Από την ισότητα () των γωνιών ΒΕΓ ˆ = ΒΔΓ ˆ, προκύπτει η ισότητα τω ισοσκελών τριγώνων ΑΔΚ και ΑΕΝ. Άρα ΔΚ = ΕΝ και επειδή ΤE= TΔ, καταλήγουμε ΤΚ = ΤΝ. Από τις ισότητες ΤE= TΔ και ΤΚ = ΤΝ συμπεραίνουμε την ισότητα των τριγώνων ΕΤΚ και ΔΤΝ. Από την προηγούμενη ισότητα προκύπτει η ισότητα των τριγώνων SΕΝ = SΔΚ και στη συνέχεια η ισότητα SΑΕ = SΑΚ, οπότε το σημείο S ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας ˆΑ.
Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα (α) Να απλοποιήσετε την παράσταση: ( x+ )( x )( x ) + x 4 Κ ( x) =, x ±. x (β) Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης: 49 9 + 6 Α=. χωρίς την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων. (α) Εκτελούμε τις πράξεις και παραγοντοποιούμε τον αριθμητή της παράστασης: ( x+ )( x )( x ) + x 4 ( x+ )( x x+ ) + x 4 = x x x x + x+ 4x 6x+ + x 4 x + x 4x = = x x x( x ) + x ( x )( x+ ) = = = x +. x x (β) Για x = η προηγούμενη παράσταση γίνεται ίση με την Α, οπότε θα έχουμε: Α=Κ = + = 4. ( ) Πρόβλημα Να αποδείξετε ότι η εξίσωση x a + x b =, c με άγνωστο το x, έχει ρίζες στο, για όλες τις τιμές των παραμέτρων abc,,, c. Για a = b η εξίσωση γίνεται: = x = a+ c. x a c Έστω a b. Τότε η εξίσωση είναι ισοδύναμη με x a x b = c x a+ x b, με x a και x b ( )( ) ( ) ( ) ( ) x a+ b+ c x+ ab+ a+ b c =, με x a και x b () Η διακρίνουσα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 Δ= a+ b+ c 4ab 4 a+ b c = a+ b 4ab+ 4c = a b + 4c >, οπότε η εξίσωση () έχει δύο ρίζες άνισες στο που δίνονται από τις ισότητες ( ) 4 a+ b+ c ± a b + 4c x, =. () Οι δύο ρίζες είναι δεκτές, αν τα a και b δεν είναι ρίζες της εξίσωσης (). Για x = a a a x b = c a a+ x b = c a b, που είναι η εξίσωση γίνεται: ( )( ) ( ) ( )
άτοπο, αφού είναι c και έχουμε υποθέσει ότι a b. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο για x = b. Επομένως, για a b, η δεδομένη εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες στο που δίνονται από τις ισότητες (). Πρόβλημα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: y = x + x, z = y + y, x= z + z. Με αφαίρεση κατά μέλη των εξισώσεων του συστήματος λαμβάνουμε: y z = x y x + xy+ y + () ( )( ) ( )( ) z x= y z y + yz+ z + () y y Επειδή είναι x + xy+ y + = x+ + + > και ομοίως προκύπτει ότι 4 z z y + yz+ z + = y+ + + >, αν υποθέσουμε ότι είναι x > y, τότε από 4 την () λαμβάνουμε ότι y > z. Στη συνέχεια από τη σχέση () λαμβάνουμε z > x. Έτσι έχουμε x > y > z > x, άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι x < y. Επομένως έχουμε x = y, οπότε θα είναι και y = z. Τότε από τις αρχικές εξισώσεις έχουμε: x= x + x x + x = x + x = ( x )( x + x+ ) = x=, αφού το τριώνυμο x + x+ έχει διακρίνουσα Δ = 7<. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ< ΑΓ < ΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο c(o,r). Οι διχοτόμοι των γωνιών ˆΑ, ˆΒ και ˆΓ, τέμνουν το κύκλο c(o,r) στα σημεία Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα. Από το σημείο Ζ, θεωρούμε παράλληλη στην ΑΓ, που τέμνει την ΒΓ στο σημείο M. Από το σημείο Ε, θεωρούμε παράλληλη στην ΑΒ, που τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν. Να αποδείξετε ότι: α) Τα τετράπλευρα ΒΜΟΖ και ΓΝΟΕ είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω (c ) και (c ), αντίστοιχα. β) Το δεύτερο κοινό σημείο (έστω Κ ) των κύκλων (c ) και (c ) ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα ΔΙ, όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. α) Εφόσον η ΖΜ είναι παράλληλη στην ΑΓ, θα ισχύει: ΖΜΒ ˆ = ΑΓΒ ˆ = Γˆ. Η γωνία ΖΟΒ ˆ είναι επίκεντρη στον κύκλο c(o, R ) και βαίνει στο τόξο ΖΒ (που είναι το μισό του τόξου ΑΒ ). Άρα ΖΟΒ ˆ = Γˆ. Άρα είναι ΖΜΒ ˆ = ΖΟΒ ˆ = Γˆ, οπότε το τετράπλευρο ΒΜΟΖ είναι εγγράψιμο.
Σχήμα 4 Ομοίως προκύπτει ότι εγγράψιμο. ΕΝΓ ˆ = EOˆ Γ= Βˆ και ότι το τετράπλευρο ΓΝΟΕ είναι β) Επειδή το σημείο Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, θα ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Α ˆ + Βˆ ΔΙΒ ˆ ΔΒΙ ˆ Α ˆ + Γˆ = = και ΔΙΓ ˆ = ΔΓΙ ˆ =. Από τις προηγούμενες ισότητες προκύπτει ότι ΔΒ = ΔΙ = ΔΓ και επίσης εύκολα ˆ προκύπτει ότι: ΒΙΓ ˆ Α = 9 +. Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα σημεία Β, Ι, Κ, Γ είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ότι Β+Γ ˆ ˆ ΒΚΓ ˆ = Α ˆ + = ΒΙΓ ˆ. Σχήμα 5
Το τρίγωνο ΟΒΖ είναι ισοσκελές (ΟΒ = ΟΖ = R), με ΒΟΖ ˆ = Γˆ. Άρα ˆ ˆΓ ΒΖΟ = 9 -. Το τρίγωνο ΟΓΕ είναι ισοσκελές (ΟΓ = ΟΕ = R), με ΓΟΕ ˆ = Βˆ. Άρα ˆΒ Γ ÊO = 9. Έτσι ισχύουν διαδοχικά οι ισότητες: ΒΚΓ ˆ = ΟΚΒ ˆ + ΟΚΓ ˆ = ΒΖΟ ˆ + ΓΕΟ ˆ ˆΓ = 9 ˆΒ + 9 ˆ Α ˆ Α = 8 9 = 9 + = ΒΙΓ ˆ.
Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση ( x x ) ( x x ) 6( x ) 4 4 4 + + + + = +. ( ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι τα τριώνυμα x + x+ και x + x έχουν παράγοντα το x +, οπότε η εξίσωση γίνεται: 4 4 4 ( x+ ) ( x+ ) + ( x ) 6 = 4 4 4 ( x+ ) = ή ( x+ ) + ( x ) 6= 4 x= (με πολλαπλότητα 4) ή x + x 4= 4 x= (με πολλαπλότητα 4) ή x + 6x 7= x= (με πολλαπλότητα 4) ή x = ή x = 7(αδύνατη) x= (με πολλαπλότητα 4) ή x= ή x=. ος τρόπος Αν θέσουμε γίνεται: a x x b x x = + +, = +, τότε a b= x+ 4 και η εξίσωση ( ) 4 4 4 4 4 4 4 a + b = a b a + b = a 4a b+ 6a b 4ab + b ( ) ab a ab + b = a= b= a ab+ b = a= ή b= ή a= b=, ή ή αφού η εξίσωση a ab+ b =, αν ab, είναι ισοδύναμη με την εξίσωση a u u+ =, u =, b η οποία δεν έχει λύσεις στο. Άρα έχουμε: a= ή b= ή a= b= x + x+ = ή x + x = ή x + x+ = x + x = x= ή x= ή x= ή x= ή x= (διπλή) x= ή x= ή x= (με πολλαπλότητα 4) Πρόβλημα Να προσδιορίσετε την τιμή της παραμέτρου α,, αν το σύστημα α( x + y ) + x+ y = λ, (Σ) x y = λ έχει λύση στο, δια κάθε τιμή της παραμέτρου λ. Έχουμε
Αν ήταν α ( ) ( ) ( ) α x + y + x+ y = λ α x + x+ λ + x+ x+ λ = λ x y = λ y = x+ λ 5αx + 4( αλ+ ) x+ αλ = () y = x+ λ (), τότε η εξίσωση () έχει διακρίνουσα ( αλ ) α λ ( α λ αλ ) Δ = 6 + = 4 + 8 + 4 Επειδή το σύστημα έχει λύση στο για κάθε τιμή της παραμέτρου λ, έπεται ότι θα είναι: Δ αλ + 8αλ+ 4. () Όμως, το τριώνυμο αλ + 8αλ+ 4 έχει διακρίνουσα Δ = 8α >, οπότε έχει 4 δύο πραγματικές ρίζες ετερόσημες, έστω λ < < λ (αφού είναι λλ = < ). α Επομένως θα έχουμε αλ + 8αλ+ 4<, για λ < λ ή λ > λ, άτοπο. Για α = η εξίσωση () έχει τη λύση x =, οπότε προκύπτει ότι y = λ και το σύστημα έχει τη λύση ( xy, ) (, λ ) =. Άρα είναι α =. Πρόβλημα Η ακολουθία an, n=,,,... είναι τέτοια ώστε η ακολουθία d, n = an an με n =,,.,... είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω = a a.. Να προσδιορίσετε, συναρτήσει των a, ω και n τον γενικό όρο a n και το άθροισμα S = n a + a + + + a. n. Αν είναι a = και a = 7, να προσδιορίσετε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο n για τον οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: an > και S n + 8.. Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε: d = ω, dn = d+ ( n ) ω = nω, n=,,..... οπότε θα είναι: d+ d +... + dn = ( a a) + ( a a) +... + ( an an ) ω + ω+... + nω = an a an = a + ( + +... + n) ω n( n+ ) an = a + ω. Για το άθροισμα S n + έχουμε:
( n ) n + Sn+ = a + a+ + an = ( n+ ) a + + +... + ω n = ( n+ ) a + (( + ) + ( + ) +... + ( n + n) ) ω = ( n+ ) a + ( k + k) k = n n n( n+ )( n+ ) n( n+ ) = ( n+ ) a + k ω k ω ( n ) a ω + k= = + + + k= 6 n( n+ )( n+ ) n( n+ )( n + ) = ( n+ ) a + ω = ( n+ ) a + ω. 6. Αν είναι a = και a = 7, τότε έχουμε ω = 6 και ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) an = + n n+, Sn+ = n+ + n n+ n+ = n+ + n n+ = n+. Έτσι έχουμε να λύσουμε το σύστημα των ανισώσεων: an > και S n + 8 ( ) ( ) a = + n n+ >, S = n+ 8 ( ) n nn+ >, n+ n> 8, n 9 n= 8 ή n= 9. αφού είναι 7 8 = 6, 8 9 = 4. Άρα ο ζητούμενος ελάχιστος θετικός ακέραιος n είναι ο 8. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ< ΑΓ < ΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) και Δ τυχόν σημείο της πλευράς ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας ˆΒ, τέμνει τον κύκλο (c) στο σημείο Σ, τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΒ ˆ στο σημείο Κ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΓ ˆ στο σημείο M. Η διχοτόμος της γωνίας ˆΓ, τέμνει τον κύκλο (c) στο σημείο Τ, τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΓ ˆ στο σημείο Λ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΒ ˆ στο σημείο N. Να αποδείξετε ότι: α) Τα σημεία Α,Ι,Λ,Μ και Α,Ι,Κ, Ν είναι ομοκυκλικά σε δύο διαφορετικούς κύκλους (έστω) (c ) και (c ) αντίστοιχα, όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. β) Αν η ΑΔ ταυτιστεί με το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, που αντιστοιχεί στη κορυφή Α τότε οι κύκλοι (c ) και (c ) είναι ίσοι μεταξύ τους. α) Από την κατασκευή των διχοτόμων συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Κ, Λ είναι τα έκκεντρα των τριγώνων ΑΔΒ και ΑΔΓ αντίστοιχα. Ισχύει τώρα η ισότητα των γωνιών: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Α ΔΑΓ Αˆ 8 xˆ Γˆ Αˆ ˆ ˆ Γ Β Α = ΙΑΓ ΛΑΓ= = = 9 + + xˆ = xˆ n+
Σχήμα 6 Βˆ Βˆ Από το τρίγωνο ΜΔΒ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆΒ x= Μ+ Μ= xˆ, δηλαδή Αˆ = Μˆ = xˆ. Άρα το τετράπλευρο ΑΙΛΜ είναι εγγράψιμο. Ισχύει επίσης η ισότητα των γωνιών: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Α ΔΑΒ Αˆ 8 yˆ Βˆ Αˆ ˆ ˆ Β Γ Α = ΙΑΒ ΚΑΒ= = = 9 + + yˆ = yˆ. Γˆ Γˆ Από το τρίγωνο ΝΔΓ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆΓ y = Ν+ Ν= yˆ, δηλαδή Αˆ = Νˆ = yˆ. Άρα το τετράπλευρο ΑΙΚΝ είναι εγγράψιμο. β) Εφόσον Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, θα ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Αˆ Βˆ Γˆ ΑΙΒ ˆ Γˆ + ˆ ˆ ˆ = + = 9 + και ˆ ˆ Α+ Γ Β ΑΙΓ = Β + = 9 +. Από το τρίγωνο ΑΙΚ έχουμε: ˆΓ ˆ ˆ ˆ Κ ˆ ˆ ˆ Γ Γ = 8 ΑΙΒ Α = 8 9 Ν = 9 yˆ + = 9 ŷ. Από το τρίγωνο ΑΙΛ έχουμε: ˆΒ ˆ ˆ ˆ Λ ˆ ˆ ˆ Β Β = 8 ΑΙΓ Α = 8 9 Μ = 9 xˆ + = 9 xˆ. Αν τώρα υποθέσουμε ότι ΑΔ ΒΓ τότε xˆ = ŷ = 45, οπότε Κ ˆ ˆ = Λ. Άρα οι κύκλοι (c ) και (c ) είναι ίσοι (οι ίσες γωνίες ˆΚ ˆ, Λ βαίνουν στη κοινή χορδή ΑΙ ). Παρατηρήσεις α) Τα κέντρα των κύκλων (c ) και (c ) βρίσκονται επάνω στην ΣΤ. β) Το σημείο Α είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ΔΚΙΛΜΝ.