ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fa: 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 - Fa: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 009 B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα. Αν ισχύει ότι 4 5y = 0, να βρείτε την τιμή της παράστασης Η παράσταση γίνεται: ( y) y ( ) Α= 4 + 5 6 + 5 + 8: 4. ( 4 5y) 6 5y ( 8: 4 ) 4 5y 6 5y ( ) y ( y) Α= + + + = + + + = + 40 + 0 = 8 4 5 + 0 = 8 0 = 80. Πρόβλημα Τρίγωνο ΑΒΓ έχει πλευρές ΑΒ =, ΒΓ = + και ΓΑ= + 8,. Να βρείτε τις τιμές του για τις οποίες το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Υπάρχει τιμή του για την οποία το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο; Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές, αν ισχύει: ΑΒ = ΒΓ ή ΑΒ = ΑΓ ή ΑΓ = ΒΓ = + ή = + 8 ή + 8= + = 4 ή = 0ή = 4 = 7 ή = 0ή = 4. Από τη λύση των παραπάνω εξισώσεων διαπιστώνουμε ότι δεν υπάρχει τιμή του που να επαληθεύει την ισότητα ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ, οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ δεν μπορεί να είναι ισόπλευρο. Πρόβλημα Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές ΑΒ = ΓΔ και ΑΔ = ΒΓ μήκους α και β, αντίστοιχα. Αν αυξήσουμε το μήκος α κατά 0% και το μήκος β κατά 0%, να βρεθεί πόσο επί τοις εκατό θα αυξηθεί το εμβαδόν του ορθογωνίου. Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ είναι Ε = αβ. Μετά την αύξηση του μήκους των πλευρών του τα μήκη των πλευρών του νέου ορθογωνίου είναι:
0α α α 0β β β α = α + = α + = και β = β + = β + =. 00 0 0 00 0 0 Έτσι το εμβαδόν του νέου ορθογωνίου θα είναι: α β 56αβ 56αβ 56αβ Ε= = = αβ + =Ε+ 0 0 00 00 00 56Ε Ε Ε 56 Ε Ε= =. 00 Ε 00 Άρα η αύξηση της τιμής του εμβαδού είναι 56% πάνω στην αρχική τιμή του. Πρόβλημα 4 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΓ > ΑΒ) με τη γωνία Α διπλάσια της γωνίας Β και τη γωνία Β μεγαλύτερη από τη γωνία Γ κατά είκοσι μοίρες. Δίνονται ακόμα το ύψος του ΑΗ και η διχοτόμος του ΑΔ. (α) Αν Α, Β, Γ είναι τα συμμετρικά των κορυφών Α, Β, Γ του τριγώνου ΑΒΓ, ως προς ά ξονα συμμετρίας την ευθεία του ύψους ΑΗ, να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΒ και ΑΓΓ είναι ισοσκελή και να βρείτε τις γωνίες τους. (β) Να βρείτε τη γωνία που σχηματίζεται από το ύψος ΑΗ και τη διχοτόμο ΑΔ. A Γ Γ B Η Δ Β (α) Από την υπόθεση έχουμε Α= ˆ Β ˆ και Γ=Β ˆ ˆ 0 0, οπότε από τη γνωστή ισότητα Α+Β+Γ= ˆ ˆ ˆ 80 0 0 0 λαμβάνουμε ˆ ˆ ˆ 0 Β+Β+Β 0 = 80 4Β= ˆ 00 Β= ˆ 50 0. 0 0 Άρα έχουμε και Α= ˆ 00 και Γ= ˆ 0. Λόγω συμμετρίας ως προς τον άξονα ΑΗ, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΓ είναι ίσα ( Α Α, αφού το σημείο Α ανήκει στον άξονα συμμετρίας), οπότε θα έχουν τις αντίστοιχες πλευρές τους ίσες, δηλαδή ΑΒ = ΑΒ και ΑΓ = ΑΓ. Άρα τα τρίγωνα ΑΒΒ και ΑΓΓ είναι ισοσκελή. Επιπλέον έχουμε Β=Β= ˆ 50 0, Γ=Γ= ˆ ˆ 0 0, ˆ 0 0 0 0 0 0 ΒΑΒ = 80 50 = 80 και ΓΑΓ= ˆ 80 0 = 0. (β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΔ έχουμε την ισότητα: ˆ ΗΑΔ = 90 ΑΔΗ ˆ () Όμως από το τρίγωνο ΑΒΔ λαμβάνουμε την ισότητα: ˆ ˆ 0 ˆ ˆ 0 0 0 0 ΑΔΗ = ΑΔΒ = 80 Β ΔΑΒ = 80 50 50 = 80. () Από τις σχέσεις () και () προκύπτει ότι: ˆ 0 0 ΗΑΔ = 90 80 = 0.
Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα Αν ισχύει ότι a+ b=, να βρείτε την τιμή της παράστασης 4 4 Α= ( 6a+ b) ( a+ 64 b) + :. Η παράσταση γίνεται 4 4 Α= ( 6a+ b) ( a+ 64 b) + : 4 = + 4 6 ( a+ b) ( a+ b) 4 = + 4 4 4 5 ( ) ( ) = + = + = =. 8 5 4 6 6 64 Πρόβλημα Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, y ικανοποιούν την ισότητα να βρείτε την τιμή της παράστασης Από τη σχέση οπότε έχουμε: Δεύτερος τρόπος 0 + 4y = y, 0 + y Α=. y + 4y = y λαμβάνουμε: 0 + 4y + y = y+ 4y ( + y) = y, 0 8 + 4y y = y 4y ( y) = y > 0, y 4 ή. y 8 y ( + y) ( ) Α = = = Α= Α= Από τη σχέση + 4y = y με διαίρεση των δύο μελών με u = λαμβάνουμε: y 0 y και την αντικατάσταση
0 0 0 64 + 4 = 0 u u+ 4= 0 u = 0 y y 9 0 8 0 8 u = ή u = u = 6 ή u =. 6y+ y Για u = = 6 λαμβάνουμε = 6y, οπότε : Α = =. y 6y y + Για u = = λαμβάνουμε = y, οπότε : Α = =. y Πρόβλημα Να βρείτε τους διψήφιους θετικούς ακέραιους n= ab= 0 a+ b, όπου ab, ψηφία, a 0,που έχουν την ιδιότητα: Το γινόμενο των ψηφίων τους αυξημένο κατά το τετραπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων τους, ισούται με τον αριθμό. Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε την εξίσωση: ab + 4( a + b) = 0a + b, όπου ab, ψηφία, a 0. Ισοδύναμα έχουμε: ab + 4a + 4b = 0a + b ab 6a + b = 0 a( b 6) + ( b 6) = 8 ( a+ )( b 6) = 8 a+ 6 b = 8. ( )( ) Από την τελευταία εξίσωση, δεδομένου ότι 4 a +, προκύπτει ότι: ( a+, 6 b) = ( 6,) ή ( 9, ) ( ab, ) = (,) ή ( 6, 4 ), δηλαδή οι αριθμοί που ζητάμε είναι οι και 64. Πρόβλημα 4 Σε κύκλο κέντρου Ο θεωρούμε δύο χορδές ΑΒ και ΓΔ που είναι κάθετες μεταξύ τους και δεν περνάνε από το κέντρο του κύκλου. Οι δύο χορδές τέμνονται στο σημείο Κ, έτσι ώστε να είναι ΑΚ > ΚΒ. Έστω Μ το συμμετρικό του Β ως προς κέντρο συμμετρίας το σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι το σημείο Μ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΓΔ. Έστω ότι η ευθεία ΓΜ τέμνει την πλευρά ΑΔ στο σημείο Ε. Η ΓΕ είναι ύψος του τριγώνου ΑΓΔ, αν είναι ΓΕ ΑΔ ή ΓΕΔ ˆ = 90. Αρκεί να ισχύει: ΕΓΔ ˆ + ΓΔΕ ˆ = 90. Όμως είναι ΕΓΔ ˆ = ΚΓΒ ˆ, () λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία ΓΔ. Επίσης έχουμε ΓΔΕ ˆ = ΓΔΑ ˆ = ΓΒΑ ˆ = ΓΒΚ ˆ, αφού οι γωνίες ΓΔΑ ˆ, ΓΒΑ ˆ είναι εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο του κύκλου. Άρα είναι ΓΔΕ ˆ = ΓΒΚ ˆ, () ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο του κύκλου. Με πρόσθεση κατά μέλη των () και () λαμβάνουμε:
ˆ ˆ ˆ ˆ 0 ˆ 0 ΕΓΔ + ΔΓΕ = ΚΓΒ + ΓΒΚ = 80 ΓΚΒ = 80 90 = 90, αφού οι γωνίες ΓΒΚ ˆ και ΚΓΒ ˆ είναι οι δύο οξείες γωνίες του ορθογώνιου τριγώνου ΓΚΒ. Επειδή οι δύο χορδές είναι κάθετες θα είναι και ΑΚ ΓΔ, δηλαδή ΑΚ είναι επίσης ύψος του τριγώνου ΑΓΔ, οπότε το σημείο Μ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΓΔ. Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να απλοποιήσετε την αλγεβρική παράσταση m n m m+ n y y y + Α=, n m n m+ n y y όπου mn, ακέραιοι και, y πραγματικοί αριθμοί με y 0, y και y. m n m m m+ n y y+ y y y + y Α= = y y n m n n m n m+ n y y m+ n y m n ( ) ( ) y y + y y = m y = m n ( y + ) ( y ) ( y ) n n m m n m+ n ( y ) m n m n m n n m m+ n ( y ) + n m n n m m y =. n m y m+ n Πρόβλημα Να βρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί α, β αν γνωρίζετε ότι ισχύουν:
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fa: 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 - Fa: 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 = 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 κατά 97. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του ; 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: 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 = αβγ είναι οι: 70, 45, 5, 6. Πρόβλημα Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει πλάτος ΑΒ = 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. 5 5 5 Μετά την αύξηση κατά 5% το πλάτος του ορθογωνίου γίνεται = + = =. 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) y = y = =, 00 00 00 ενώ θα ισχύει η ισότητα 5 ( 00 α ) 00 α y = y = = 4 00 80 00 α 00 α = 0 = 0 (αφού 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).
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fa: 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 - Fa: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ- ΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 5 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 0 Α= : και : + + Β=. 7 8 4 6 7 9 (β) Αν ισχύει ότι: 4 γ + + =, α β 6 6 να βρείτε την τιμή της παράστασης: 8 α β γ Γ= + +. 4α β (α) Έχουμε 9 Α= : 8 9 9 + + = + + = + = =, 8 4 6 64 4 6 64 6 6 64 64 0 9 0 6 9 8 4 9 8 7 9 9 Β= : : :. = 7 = = = 7 9 7 7 7 7 8 7 7 8 7 4 8 64 Άρα είναι Α=Β. Σημείωση. Λόγω της μη ύπαρξης παρενθέσεων που να δίνουν προτεραιότητα στις πράξεις διαίρεσης και πολλαπλασιασμού θεωρούμε δεκτή και τη λύση της μορφής 0 9 0 6 9 8 4 9 8 768 Β= : : : :. = 7 = = = 7 9 7 7 7 7 8 7 7 8 7 96 7 Στην περίπτωση αυτή είναι Α <<Β, δηλαδή Α < Β. (β) Λόγω της υπόθεσης 4 γ + + =, έχουμε ότι: α β 6 6 8 α β γ 8 α β γ Γ= + + = + + 4α β 4α 4α β β 4 γ 4 γ 7 = + + = + + + + = =. α 4 β 6 4 α β 6 4 4 6 6
Πρόβλημα Ένας έμπορος αυτοκινήτων είχε στο κατάστημά του την αρχή της περυσινής χρονιάς 0 αυτοκίνητα τύπου Α και 60 αυτοκίνητα τύπου Β. Η τιμή πώλησης για κάθε αυτοκίνητο τύπου Α είναι 0000 ευρώ, ενώ για κάθε αυτοκίνητο τύπου Β είναι 000 ευρώ. Στο τέλος της χρονιάς είχε πουλήσει το 0% των αυτοκινήτων τύπου Α και το 60% του συνόλου των αυτοκινήτων τύπου Α και Β. Να βρείτε ποιο θα είναι το κέρδος του από την πώληση των αυτοκινήτων, αν γνωρίζετε ότι από καθένα αυτοκίνητο τύπου Α κερδίζει το 5% της τιμής πώλησής του, ενώ από καθένα αυτοκίνητο τύπου Β κερδίζει το 0% της τιμής πώλησής του. 0 Το 0% των αυτοκινήτων τύπου Α είναι 0 = 6 αυτοκίνητα, ενώ το 60% του συνόλου 00 60 60 των αυτοκινήτων τύπου Α και Β είναι ( 0 + 60) = 80 = 48 αυτοκίνητα. Επομένως από 00 00 τα αυτοκίνητα τύπου Β πουλήθηκαν 48 6 = 4 αυτοκίνητα. 5 Από την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Α κερδίζει 0000 = 500 ευρώ, ενώ από 00 0 την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Β κερδίζει 000 = 00 ευρώ. Επομένως από 00 την πώληση των αυτοκινήτων ο έμπορος κέρδισε 6 500 + 4 00 = 000 + 50400 = 5400 ευρώ. Πρόβλημα Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α= ˆ 6 0. Από την κορυφή Α φέρουμε ευθεία ε παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Δ και την ευθεία ε στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ, ΑΔΕ και ΑΒΕ είναι ισοσκελή. Σχήμα Το άθροισμα των γωνιών του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ είναι 80 o Α= ˆ 6 o, θα έχουμε: Β=Γ= ˆ ˆ 7 o. ˆ o Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΒ, οπότε ˆ ˆ Β 7 o Β =Β = = = 6. Επειδή όμως ισχύει
o Επειδή τώρα A ˆ ˆ = Β = 6, το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. Στο τρίγωνο ΒΓΔ ισχύει Β ˆ = 6 o και Γ= ˆ 7 o. Άρα Δ ˆ = 7 o. Από την ισότητα των γωνιών Γ=Δ ˆ ˆ = 7 o, προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισοσκελές. Οι γωνίες ˆΑ και ˆΓ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που τέμνονται από την ΑΓ. Από την ισότητα τέλος των γωνιών Δ ˆ ˆ =Δ = 7 o (ως κατά κορυφή), προκύπτει η ισότητα Δ ˆ ˆ = Α = 7 o. Επομένως το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισοσκελές. Οι γωνίες ˆΒ και ˆΕ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που ˆ τέμνονται από την ΒΕ. Επίσης ˆ ˆ Β o Β =Β = = 6, οπότε θα είναι και Β ˆ ˆ =Ε. Επομένως και το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές. Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 00α + 0β + γ, αν ισχύουν και οι τρεις επόμενες προτάσεις: (i) Α Β= 7, όπου Β= αγβ = 00α + 0γ + β. (ii) Το άθροισμα των ψηφίων β, γ ισούται με το μικρότερο ακέραιο που είναι λύση της ανίσωσης: + < 5. (iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το. Σύμφωνα με την πρόταση (i) έχουμε: Α Β= 7 9β 9γ = 7 9 β γ = 7 β γ =. () ( ) Για την ανίσωση του ερωτήματος (ii) έχουμε: + < 5 5< < > >. Άρα, ο μικρότερος ακέραιος που είναι λύση της είναι ο 7, οπότε έχουμε: β + γ = 7. () Με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη των () και () λαμβάνουμε β = 0, γ = 4 β = 5, γ =. Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να σκεφθούμε ως εξής: Επειδή οι ακέραιοι β, γ είναι ψηφία με διαφορά β γ = θα είναι β > γ και επειδή επιπλέον έχουν άθροισμα 7, οι δυνατές τιμές τους είναι β = 7, γ = 0 ή β = 6, γ = ή β = 5, γ = ή β = 4, γ =. Επειδή πρέπει β γ = οι αποδεκτές τιμές είναι β = 5, γ =. Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α= α5 με άθροισμα ψηφίων α + 7. Επειδή, σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το, πρέπει και αρκεί ο ακέραιος α + 7 να είναι πολλαπλάσιο του, οπότε, αφού το α είναι ψηφίο, οι κατάλληλες τιμές του είναι: α = ή α = 5 ή α = 8. Επομένως, έχουμε Α= 5 ή Α= 55 ή Α= 85
4 Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να λύσετε την εξίσωση: + 8 7 =. 4 8 (β) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: Α= + 9β 0, β 9 β για β =. (α) Έχουμε + 8 7 = ( + 8) ( 7 ) = 8 4+ 6 7+ = 8 4 8 7+ 9= 8 7= 8 9 7= =. (β) Για β = η παράσταση Α γίνεται: Α= + 9 0= 9 0 + 9 9 9 9 8 8 = 9+ ( ) 0= + ( ) 0= 0 9 9 9 9 8 9 80 7 = =. 9 9 9 9 Πρόβλημα Οι θετικοί ακέραιοι α, β είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 0 και τέτοιοι ώστε ( ) ( ) α 0, β και α 40 β 0. Να βρείτε τη μεγαλύτερη και τη μικρότερη τιμή της παράστασης Α = α β. Είναι α 0, οπότε α < 0. Άρα, για να αληθεύει η ανίσωση ( α )( 40 β) 0, αρκεί να ισχύει ότι: 40 β 0 40 β β 0. Έτσι έχουμε: 0 α 0 και β 0 0 α 0 και 4 β 40 0 α 0 και 40 β 4, από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: 40 Α= α β 6, οπότε η μεγαλύτερη τιμή της παράστασης Α είναι 6, ενώ η μικρότερη τιμή της είναι -40. Πρόβλημα Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α και ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΕ εξωτερικά του τετραγώνου ΑΒΓΔ. Δίνεται ακόμη ότι ο κύκλος C που περνάει από τα σημεία Γ, Δ και Ε έχει ακτίνα 4 cm.
(i) (ii) (iii) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές. Να βρείτε την πλευρά α του τετραγώνου. Να βρείτε το εμβαδόν της επιφάνειας που βρίσκεται εξωτερικά του σχήματος ΕΑΔΓΒΕ και εσωτερικά του κύκλου () c. 5 (i) Στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΓ ισχύουν: ˆ ˆ o o o ΕΑΔ = ΕΒΓ = 90 + 60 = 50. ΑΕ=ΒΕ= α, ΑΔ=ΒΓ= α και Σχήμα Άρα τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΓ είναι ίσα και κατά συνέπεια ΕΔ=ΕΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές. (ii) Εφόσον ΕΔ = ΕΓ, το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη του τμήματος ΔΓ (που ταυτίζεται με τη μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ ). Επίσης ΕΑ=ΕΒ, οπότε το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ. Άρα η OE είναι μεσοκάθετη της ΑΒκαι κατά συνέπεια διχοτόμος της γωνίας ΑΕΒ ˆ του ισόπλευρου τριγώνου ΑΕΒ. Άρα είναι Ε ˆ = 0 o. ΑΕ = ΑΔ = α ΟΑ μεσοκάθετη της ΕΔ ΟΑ διχοτόμος της ΔΑΕ ˆ Α ˆ = 75 o. ΟΕ = ΟΔ = 4 Στο τρίγωνο ΑΟΕ έχουμε: Α ˆ = 75 o και Ε ˆ = 0 o. Άρα Ο ˆ = 75 o, οπότε το τρίγωνο ΑΟΕ είναι ισοσκελές με ΕΑ = ΕΟ = α = 4cm. (iii) Το εμβαδόν του κύκλου ( c ) είναι: Ε c = π 4 = 6π. Το εμβαδόν του τετραγώνου ΑΒΓΔ είναι: Ε τετ = 4 = 6, ενώ το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ είναι: Ε τρ = 4. Άρα το εμβαδόν της ζητούμενης επιφάνειας είναι: Ε= 6π 6 4. Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 00α + 0β + γ, αν ισχύουν και οι τρεις επόμενες προτάσεις: (i) Α Β= 98, όπου Β= γβα = 00γ + 0β + α,
6 + α γ α γ (ii) Η εξίσωση = έχει δύο ρίζες με άθροισμα 4. α γ (iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το 9. Σύμφωνα με την πρόταση (i) έχουμε: Α Β= 98 99 α γ = 98 α γ =. () ( ) Η εξίσωση της πρότασης (ii), αν γ α και 0, γράφεται: + α γ α γ + α γ + α γ = 0 = 0 ( + α γ) = 0 α γ α γ α γ + α γ = 0 ή = 0 = γ α ή = α γ α γ Επειδή, λόγω της (ii) το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι 4, έχουμε ότι γ α + α γ = 4 α + γ = 4, () ( ) ( ) με τους περιορισμούς για τις παραμέτρους γ α και α γ. Από τις () και () με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε α = 6, γ = α =, γ = και εύκολα διαπιστώνουμε ότι ικανοποιούνται οι περιορισμοί για την εξίσωση. Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α= β με άθροισμα ψηφίων 4+ β. Επειδή, σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το 9, πρέπει και αρκεί 4 + β = πολ.(9), οπότε, αφού το β είναι ψηφίο, η μοναδική δυνατή τιμή του είναι β = 5. Επομένως, ο ζητούμενος θετικός ακέραιος Α είναι ο 5.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fa: 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 - Fa: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr 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 0 8 Α= + + : και Β= : 4 + 4 8 4 4 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 β 4γ (α) Έχουμε 0 8 8 8 7 Α= + + : = 8+ + = 9+ = 9 =, 8 4 8 4 4 4 8 8 8 9 9 Β= : :. 4 + = 4 + = + = + = 4 9 8 8 6 6 6 6 4 6 6 7 9 7 6 9 5 09 Επειδή είναι Α Β= = = < 0, έπεται ότι Α<Β. 6 6 496 (β) Έχουμε 8 α β 6 γ 8 α β 6 γ Γ= + + = + + α β 4γ α α β β 4γ 4γ = 4 + + + + = 4 + +. α β γ 4 α β γ 6 αβ + βγ + γα = αβγ και αβγ 0 με διαίρεση και των δύο μελών Από την υπόθεση ( ) της ισότητας με 6αβγ 0 προκύπτει ότι: 6( αβ + βγ + γα) αβγ = + + =, 6αβγ 6αβγ α β γ 6 οπότε η παράσταση Γ έχει τιμή 44 75 5 Γ= 4 + + = 4 = = =. α β γ 6 6 4
Πρόβλημα 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, τότε, σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος θα έχουμε την εξίσωση: 0 + 4 500 = + + 000 = + 5+ 0000 = 0+ 00 0 0000 6= 0000 = = 0000. 6 Άρα η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι = 0000 ευρώ και ο πελάτης θα πληρώσει συνολικά + = = = 000 ευρώ. 0 0000 00 0 0 Πρόβλημα 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 = ˆ. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Β ˆ =Γέχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ o ˆ o ˆ ˆ o ˆ Α+Β+Γ= 80 ˆ + 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
ˆ o o o ˆ ˆ o ˆ Γ = 80 60 90 Γ = 0 +. () Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ, θέτουμε Β ˆ ˆ =Δ = ˆω και παίρνουμε: 0 o ˆ ˆ ω+ ˆ + 60 = 80 ˆ ω = 60. () Από το ορθογώνιο τρίγωνο τέλος ΕΔΖ, έχουμε: Ζ ˆ ˆ ˆ =ΕΖΔ = 90 o ω ˆ o ˆ Ζ = 0 +. (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= {,,,..., 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 = 60 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 0 60 = 409 στοιχεία. Γ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα (α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: α 9 0 7 α α Α= + β +, β 4β β αν δίνεται ότι α = β =. (β) Αν τα ποσά, y είναι ανάλογα με συντελεστή αναλογίας = α > 0, να αποδείξετε ότι η y
y παράσταση Κ= έχει τιμή ανεξάρτητη των τιμών των, y και ισχύει ότι Κ. + y Για ποια τιμή του α η παράσταση Κ παίρνει τη μέγιστη τιμή της. (α) Για α = β = λαμβάνουμε α 6 8 6 β = = + = = =. ( ) Η παράσταση Α γράφεται: α α α Α= + 7 9 0 + = ( 8 + 7) 8 + 9 8 0 β 4 β β 4 = 45 + 7 0 = 45 8 + 5 = 0. (β) Από την υπόθεση έχουμε ότι = α y, οπότε η παράσταση γράφεται ayy α y α Κ= = =, α y + y ( α + ) y α + δηλαδή είναι ανεξάρτητη των, 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 =. 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 ΑΒΓΔ.,,, Να υπολογιστεί συναρτήσει του R, το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου. 4 Σχήμα 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 τετρά-
πλευρο ΚΒΓΛ είναι ορθογώνιο και ότι ΒΓ=ΚΛ= R Επομένως, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο με πλευρά R και εμβαδό ( ΑΒΓΔ ) = 4R. 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 άθροισμά 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. πr Για τα εμβαδά των χωρίων Ε έχουμε: Ε = Ε. Άρα το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι: Ε+ Ε+ Ε = 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 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 και στη συνέχεια διαγράφουμε όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Το σύνολο Α= { 0,0,0,...,0} έχει 0-00 =9 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής κ, όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 0 0 0 κ 0 κ κ 670 κ { 4,5,..., 670 }, δηλαδή τα πολλαπλάσια του που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 670 = 67. 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 {,4,..., 5 }, 8 8 8 8 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 5 = 9. Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του και έχουν ήδη δια- ΕΚΠ,8 = 4 που ανήκουν στο σύνολο Α. γραφεί. Αυτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του { } Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 0 0 5 0 0 4κ 0 κ 4 κ 8 κ { 5,6,...,8 }, 4 4 4 4 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 8 4 = 79. Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 67 + 9 79 = 797 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 9 797 = 5 στοιχεία. 5
6 Πρόβλημα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα P ( ) ( )( )( )( ) = + + και Q( ) ( α β)( γ δ) = + + + 4, όπου α, βγδ,,. Αν ισχύει ότι α + β + γ + δ =, να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α, βγδ,, για τις οποίες τα πολυώνυμα P( ) και Q( ) είναι ίσα. Έχουμε ( ) ( )( )( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) P = + + = 4 = 4 5 + 4 και 4 Q α β γ δ αγ βγ αδ βδ Τα πολυώνυμα P( ) και ( ) = + + + 4= + + + + 4. Q 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 =, με α- ντικατάσταση των τιμών των β, γ και δ προκύπτει η εξίσωση 5 4 α + = α = α + α 4= 0 α + α = 0 α α α α α + + 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 Α τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να βρείτε το υποσύνολο των πραγματικών αριθμών στο οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: Έχουμε ( ) ( ) + + + + + και + >. 4 4 4 4 + + + ( ) + 4 4 + ( + ) ( + ) + > + + ( + ) > ( + ) 4 4 + + + > + 4+ 4 > <. 4 4 4 4. Επομένως, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα [ 4, ) = { : 4 < } Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης.
ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 0 665-067784 - Fa: 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 - Fa: 0 6405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα Να συγκρίνετε τους αριθμούς 0 40 80 79 67 Α= + 000 + : και Β= : 4 +. 9 4 9 4 Έχουμε 0 4 4 Α= + 000 + : = 7 + + = 8 + = 9 9 40 80 79 67 80 79 67 67 8 67 48 Β= : : : 4 + = + = + = + = 4 9 4 4 8 8 4 4 8 4 4 4 4 48 4 48 459 4588 4 Επειδή Α Β= = = = > 0, έπεται ότι Α>Β. 4 4 7 7 Πρόβλημα Ένας φορητός υπολογιστής έχει τιμή πώλησης 70 ευρώ σε μετρητά. Όταν ο πελάτης τον πληρώσει σε ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 5% πάνω στην τιμή πώλησης. Όταν ο πελάτης τον πληρώσει σε 4 ισόποσες μηνιαίες δόσεις τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 4% πάνω στην τιμή πώλησης. Να βρείτε σε καθεμία από τις δύο περιπτώσεις πόση θα είναι η μηνιαία δόση.. Όταν ο πελάτης πληρώσει τον υπολογιστή σε ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 5% πάνω στην τιμή πώλησης., δηλαδή επιβαρύνεται με 70 = 6 5 00 ευρώ, οπότε θα πληρώσει συνολικά 70 + 6 = 756 ευρώ. Επομένως η μηνιαία δόση θα είναι 756 : = 6 ευρώ. Όταν ο πελάτης πληρώσει τον υπολογιστή σε 4 ισόποσες μηνιαίες δόσεις, τότε επιβαρύνεται συνολικά με τόκους 4% πάνω στην τιμή πώλησης, δηλαδή επιβαρύνεται με 4 70 = 00,8 ευρώ, οπότε θα πληρώσει συνολικά 70 + 00,8 = 80,8 ευρώ. Επομένως η 00 μηνιαία δόση θα είναι 80,8: 4 = 4, ευρώ.
Πρόβλημα Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ. Από την κορυφή Α φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΔ παράλληλο προς τη βάση ΒΓ και ίσο με την πλευρά ΑΒ. Η ευθεία ΒΔ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Ε. (α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΒΔ διχοτομεί τη γωνία ΑΒΓ ˆ. (β) Αν το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές, να βρείτε πόσων μοιρών είναι η γωνία ΒΑΓ ˆ = ω. (α) Το τρίγωνο AB Δ είναι ισοσκελές ( AB = AΔ ), οπότε: Δ ˆ ˆ = Β. Οι A Δ και ΒΓ είναι παράλληλες, οπότε: Δ ˆ ˆ = Β, ως εντός εναλλάξ γωνίες. Δ ˆ =Β ˆ =Β ˆ = ˆ. Επομένως η ΒΔ διχοτομεί την γωνία ΑΒ ˆ Γ. Άρα Σχήμα (β) Από ο άθροισμα των γωνιών του τριγώνου A ΔΕ, έχουμε : o ˆ+ yˆ+ zˆ = 80 (). Από το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου AB Δ, έχουμε: o ˆ+ yˆ+ ˆ ω = 80 (). Από την παραλληλία τέλος των A Δ και ΒΓ (με τέμνουσα την A Γ ), έχουμε: yˆ =ΑΓΒ=ΑΒΓ= ˆ ˆ ˆ (). Από τις σχέσεις () και () (σε συνδυασμό με τη σχέση ()), έχουμε: o ˆ + zˆ = 80 (A) και o 4ˆ + ˆ ω = 80 (B). Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν yˆ = zˆ, τότε yˆ = zˆ = ˆ και από τις σχέσεις (Α) και (Β) λαμβάνουμε: ˆ = 6 o και ˆ ω = 6 o. Αν ˆ = zˆ, τότε από τη σχέση (Α) παίρνουμε: ˆ = zˆ = 45 o o, οπότε Β ˆ = 90, άτοπο. Αν ˆ = yˆ, τότε από τη σχέση () παίρνουμε: ˆ = 0 o, άτοπο. Άρα, αν το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές, τότε ΒΑΓ ˆ = ω = 6 0. Πρόβλημα 4 Από τους μαθητές ενός Γυμνασίου το 60% παίζει ποδόσφαιρο, το 45% παίζει μπάσκετ, ενώ το 5% παίζει και ποδόσφαιρο και μπάσκετ. Αν υπάρχουν 4 μαθητές που δεν παίζουν κανένα από τα δύο αθλήματα, να βρείτε πόσους μαθητές έχει το Γυμνάσιο, πόσοι από αυτούς παίζουν ποδόσφαιρο και πόσοι από αυτούς παίζουν μπάσκετ. Ο αριθμός των μαθητών που παίζουν ένα τουλάχιστον από τα δύο αθλήματα είναι σε ποσο- 60 + 45 5 = 90% των μαθητών του Γυμνασίου. Επομένως ο αριθμός των μαθητών που στό ( )
δεν ασχολούνται με κανένα από τα δύο αθλήματα είναι σε ποσοστό 00 90 = 0% των μαθητών του Γυμνασίου. Σύμφωνα με την υπόθεση, αυτοί οι μαθητές είναι 4, οπότε το Γυμνάσιο 00 έχει συνολικά 4 = 40 μαθητές. Επομένως, οι μαθητές που παίζουν ποδόσφαιρο είναι 0 60 =, ενώ οι μαθητές που παίζουν μπάσκετ είναι 40 44 00 Γ τάξη Γυμνασίου 45 40 = 08. 00 Πρόβλημα (α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: 8 + 7 y, όταν, y Α= + + = =. y y y 89 (β) Να βρείτε το πλήθος των ψηφίων του αριθμού Β = 6 5, όταν αυτός γραφεί στη δεκαδική αναπαράστασή του. (α) Για =, y = έχουμε y ( ) ( ) 6 = = =, 6 y = = = και ( ) 8 7 4 8 + 7 8 + 7 y + 8 + 7 8 7 = = = =. y Άρα έχουμε 8 + 7y 4 Α= + 7 7 6 54 90. + = + + = + = + = y y y (β) Ο αριθμός Β γράφεται στη μορφή ( ) ( ) ( ) 89 4 89 9 89 89 89 89 89 89 Β= 6 5 = 5 = 5 = 5 = 5 = 0 = 8 0. Επομένως, ο αριθμός Β έχει πρώτο ψηφίο το 8 και ακολουθούν 89 μηδενικά, δηλαδή έχει συνολικά στη δεκαδική του αναπαράσταση 90 ψηφία. Πρόβλημα Από τους μαθητές ενός Γυμνασίου το 65% παίζει ποδόσφαιρο, το 45% παίζει μπάσκετ, ενώ το 0% παίζει και ποδόσφαιρο και μπάσκετ. Επιπλέον υπάρχουν μαθητές που δεν παίζουν κανένα άθλημα, ενώ υπάρχουν άλλοι 4 μαθητές που παίζουν μόνο βόλεϊ. Να βρείτε πόσους μαθητές έχει το Γυμνάσιο, πόσοι από αυτούς παίζουν ποδόσφαιρο και πόσοι από αυτούς παίζουν μπάσκετ. Ο αριθμός των μαθητών που παίζουν ένα τουλάχιστον από τα δύο αθλήματα (ποδόσφαιρο ή μπάσκετ) είναι σε ποσοστό ( 65 + 45) 0 = 90% των μαθητών του Γυμνασίου. Επομένως ο α- ριθμός των μαθητών που δεν ασχολούνται με κανένα από τα δύο αυτά αθλήματα είναι σε ποσοστό 00 90 = 0% των μαθητών του Γυμνασίου. Σύμφωνα με την υπόθεση, αυτοί οι μαθητές είναι 4 + = 6, οπότε το Γυμνάσιο έχει συνολικά 6 = 60 μαθητές. Επομένως, οι 00 0
4 μαθητές που παίζουν ποδόσφαιρο είναι 45 είναι 60 = 6. 00 65 60 = 4, ενώ οι μαθητές που παίζουν μπάσκετ 00 Πρόβλημα Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α. Προεκτείνουμε το ύψος του ΑΔ προς το μέρος του A κατά τμήμα ΑΕ = ΑΔ. Φέρουμε τις ΕΒ, ΕΓ και εξωτερικά του τριγώνου ΕΒΓ κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΕΖΓ. Έστω Μ το μέσον του τμήματος ΑΕ. (i) Να αποδείξετε ότι: ΑΖ = ΕΓ. (ii) Να βρείτε το εμβαδό του τετραπλεύρου ΑΓΖΕ ως συνάρτηση του α. (iii) Να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΒΓΖΜ ως συνάρτηση του α. Σχήμα (i) Τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΖΑΓ έχουν:. ΒΓ = ΑΓ (διότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο).. ΕΓ = ΖΓ (διότι το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισόπλευρο).. ΕΓΒ ˆ = ΖΓΑ ˆ = 60 o + ˆ, όπου ˆ = ΑΓΕ ˆ. Άρα τα τρίγωνα ΕΒΓ και ΖΑΓ είναι ίσα (έχουν δύο πλευρές και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες), οπότε θα έχουν και ΑΖ=ΕΓ. (ii) Σημειώνουμε πρώτα ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο πλευράς α, οπότε το ύψος α α του ΑΔ έχει μήκος. Άρα είναι ΑΕ = και ΕΔ = α Έχουμε ότι: ( ΑΓΖΕ ) = ( ΑΓΖ ) + ( ΖΑΕ ) = ( ΕΒΓ ) + ( ΖΑΕ ), αφού λόγω της ισότητας των τριγώνων ΕΒΓ και ΑΓΖ έπεται ότι έχουν και ίσα εμβαδά. Για το τρίγωνο ΕΒΓ θεωρούμε ως α βάση το τμήμα ΒΓ = α με αντίστοιχο ύψος ΕΔ = = α, οπότε έχει εμβαδό α ( ΕΒΓ ) = α α =.
Στο τρίγωνο ΖΑΕ θεωρούμε ως βάση το τμήμα α ΑΕ = ΑΔ = 5. Επειδή το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές ( ΑΖ = ΕΓ = ΖΕ ) και το Μ είναι μέσο του τμήματος ΑΕ έπεται ότι το ΖΜ είναι ύψος του τριγώνου ΖΑΕ που αντιστοιχεί στη βάση ΑΕ. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΖΑΜ λαμβάνουμε ΖΜ = ΖΑ ΑΜ = ΕΓ ΑΜ = ΕΔ +ΔΓ ΑΜ ( α ) 7 = + α α α α α α. 4 = + = 4 4 6 4 α 7α 7α Άρα έχουμε ( ΖΑΕ ) = =, οπότε 4 6 α 7α 5α ( ΑΓΖΕ ) = ( ΕΒΓ ) + ( ΖΑΕ ) = + =. 6 6 (iii) Το τετράπλευρο ΒΓΖΜ είναι τραπέζιο ( ΖΜ ΒΓ, αφού και οι δύο είναι κάθετες προς 7α την ευθεία ΔΕ. Βάσεις του τραπεζίου αυτού είναι οι ΒΓ = α, ΖΜ = και ύψος το τμήμα 4 α α α ΔΜ = ΔΑ + ΔΜ = + =, οπότε έχει εμβαδό 4 4 7α α α ( ΒΓΖΜ ) = ( ΒΓ + ΖΜ) ΔΜ = α + =. 4 4 Πρόβλημα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα P a b c a b ( ) = ( + + )( + ) και ( ) 4 abcde είναι θετικοί ακέραιοι. Αν ισχύει ότι ( ) abcde για τις οποίες τα πολυώνυμα P( ) και ( ) όπου οι συντελεστές,,,, τιμές των,,,, Q = a + + d+ e, Q είναι ίσα. P =, να βρείτε τις Από την ισότητα P () = έχουμε ότι P( ) = ( a+ b+ c)( a+ b) =, από την οποία, λόγω της υπόθεσης ότι οι abc,, είναι θετικοί ακέραιοι, οπότε a+ b+ c> a+ b, έπεται ότι a+ b+ c= 7 a+ b+ c= () ή. ( ) a+ b= a+ b= Επειδή οι ab, είναι θετικοί ακέραιοι η εξίσωση a+ b= του συστήματος () είναι αδύνατη, οπότε και το σύστημα () είναι αδύνατο. Από το σύστημα () λαμβάνουμε a+ b= και c = 4. P γράφεται στη μορφή Το πολυώνυμο ( ) οπότε έχουμε ( ) ( )( ) ( ) P = a + b + c a + b = a + ab + b + ac + bc, ( ) ( ) {, 4,, } P = Q a = a ab = b + ac = d bc = e. Επειδή c = 4 και a+ b=, τελικά έχουμε τις εξισώσεις: a+ b=, ab=, c= 4, b + 4 a= d, 4 b= e, abcde,,,, θετικοί ακέραιοι, a=, b=, c= 4, d = 8 e= 8 ή a=, b=, c= 4, d = 9 e= 4.