Θέματα μεγάλων τάξεων

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 6165-617784 - Fax: 64105 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης" 8 Φεβρουαρίου 015 Θέματα μεγάλων τάξεων ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Οι λύσεις που δίνονται παρακάτω δεν είναι μοναδικές. Στα περισσότερα προβλήματα έχουν δοθεί και άλλες λύσεις από τους μαθητές που είναι τεκμηριωμένες και ως εκ τούτου αποδεκτές. Πρόβλημα 1 Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες θετικών ακέραιων (,, ) οποίες ικανοποιούν την εξίσωση xy x+ y = p. x y p, όπου p πρώτος, οι Λύση Έστω d = ( x, y) o μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών xy., Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι ab, τέτοιοι ώστε x = da, y = db,( a, b) = 1. Με αντικατάσταση στη δεδομένη εξίσωση παίρνουμε: dab p a+ b =. (1) Όμως, από τη σχέση ( ab, ) = 1, έχουμε ότι ( aa, + b) = 1 και ( b, a+ b) = 1, οπότε από τη σχέση (1) προκύπτει ότι: a+ b d. Γράφουμε d a+ b = k, () όπου k θετικός ακέραιος. Τότε η (1) γίνεται: kab = p, οπότε b p. Επομένως πρέπει b = 1 και ka = p. Επομένως, έχουμε δύο περιπτώσεις: d (i) k = p, a = 1, τότε η () γίνεται = p, οπότε p = d, οπότε d άρα 8 d και έπεται ότι 8 p, άτοπο. (ii) k = 1, a = p. Τότε η () γίνεται d = p+ 1 d 1 = p ( d 1)( d + d + 1) = p. Επομένως, έχουμε ότι d 1= 1, d + d + 1= p (αφού d + d + 1> d 1), d =, p = 7, από όπου έχουμε: ( xyp,, ) = ( 14,,7). GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) 1 Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 6165-617784 - Fax: 64105 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr Πρόβλημα 4 Έστω P( x) = ax + ( b a) x ( c+ b) x+ c και Qx ( ) = x+ ( b 1 ) x+ ( a bx ) ( c+ ax ) + c πολυώνυμα μεταβλητής x, όπου abc,, είναι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί και

b > 0. Αν το πολυώνυμο P( x) έχει τρεις άνισες πραγματικές ρίζες x0, x1, x, οι οποίες είναι ρίζες και του πολυωνύμου Q( x ), τότε: (α) Να αποδείξετε ότι: abc > 8. (β) Αν abc,, είναι μη μηδενικοί ακέραιοι με b > 0, ποιες είναι οι δυνατές τιμές τους; Λύση (α) Επειδή το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου P( x ) ισούται με 0 έπεται ότι μία ρίζα του είναι το 1, οπότε έχουμε P( x) = ax + ( b a) x ( c + b) x + c = ( x 1)( ax + bx c) Αν θέσουμε x 0 = 1, από τους τύπους Vieta έχουμε: b c x + 1 x = και x1x 0, a = a (1) οπότε θα είναι x1, x 0. Επιπλέον, από την υπόθεση έπεται ότι οι x0, x1, x θα είναι ρίζες και του πολυωνύμου 4 ( ) = ( ) ( ) = + ( 1) + ( ) + ( ) = x x + ( b a 1) x + ( a b) x+ b a F x Q x P x x b a x a b x b a x ( ) ( )( ) ( )( 1) = x x x + b a x x + a b x = x( x 1 ) x + ( b a) x+ ( a b). Επειδή F( x) x x x ( b a) x ( a b) = 0 = 0 ή = 1 ή + + = 0 και x0, x1, x 0, έπεται ότι: x0 = 1, x1+ x = a b, x1x = a b. () Από τις (1) και () λαμβάνουμε: b c a b= = a a b= c () και a ab= b (4) Από τις () και (4) έχουμε: a a = b( a 1) a > 1(αφού b> 0) και b= c =. a 1 Έχουμε ότι 5 x= a 1> 0( ) 5 4 a a x + 1 x + 5x + 10x + 10x + 5x+ 1 abc = a = = a 1 = ( a 1) x x 1 5 abc = x + 5x + 10x 10. + + + x x (5) Όμως ισχύουν: 1 4 4 x > 0, 5x + > 4 5x 4x + 1 > 0 x + ( x 1) > 0, ισχύει, x x> 0 5 10x+ > 14 10x 14x+ 5 > 0, ισχύει αφού Δ = 4< 0. x Άρα από τη σχέση (5) έχουμε: abc > 8.

1 (β) Από το ερώτημα (α) και τη σχέση b = a+ 1+, επειδή οι αριθμοί b, a+ 1 είναι a 1 1 ακέραιοι, προκύπτει ότι και ο αριθμός a 1, οπότε πρέπει: a 1= ± 1 a = 0(απορρίπτεται, γιατί a 0) ή a a =. Τότε b= c= = 4. a 1 Για τις τιμές αυτές το πολυώνυμο P( x) = ax + ( b a) x ( c+ b) x+ c= x + x 8x+ 4= ( x 1)( x + x ) έχει ρίζες x0 = 1, x1, = 1 ± οι οποίες είναι ρίζες και του πολυωνύμου ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) οπότε θα είναι ρίζες και του πολυωνύμου Q( x) = F( x) + P( x). F x = Q x P x = x x 1 x + b a x+ a b = x x + x, Πρόβλημα Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β= ˆ 105 o. Έστω Δ σημείο της πλευράς ΒΓ τέτοιο ώστε ΒΔΑ ˆ = 45 o. Να αποδείξετε ότι: (α) Αν το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ, τότε ˆ o Γ= 0 (β) Αν Γ= ˆ 0 o, τότε το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ. Λύση (1 ος τρόπος) Ευθύ. Έστω ότι το Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ. Θα αποδείξουμε ότι: Γ= ˆ 0 o. Σχήμα 1 ˆ o o o ΒΑΔ = 180 105 + 45 = 0 o. Έστω Ε το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΔ και έστω Ζ το μέσο της BΕ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΕ και ΒΑΕ ˆ = ΒΑΔ ˆ = 60 o. Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο, οπότε ΑΒ=ΒΕ=ΑΕ (1) ˆ ˆ o ΑΒΕ = ΑΕΒ = 60 () Τότε, από το τρίγωνο ΒΖΔ με ΒΖΔ ˆ = 90 o, έχουμε: ΔΒΖ = 45 o. Επιπλέον, στο τρίγωνο ΒΕΓ έχουμε, λόγω συμμετρίας, ότι η διάμεσος ΕΔ ισούται με Παρατηρούμε ότι ( )

4 ΒΓ ΕΔ = ΔΒ =. Άρα το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με ΕΒΓ ˆ = 45 o και ΒΕ=ΕΓ. () Επομένως το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές ΒΕΓ ˆ = 90 o. Επειδή είναι και ΑΖΕ ˆ = 90 o, έπεται ότι: ΑΔ ΕΓ. Τότε προκύπτει η ισότητα των γωνιών ΔΑΓ ˆ = ΕΓΑ ˆ (4) Επιπλέον, από τις ισότητες (1) και () λαμβάνουμε ότι ΑΕ=ΕΓ, οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισοσκελές με ΕΓΑ ˆ = ΕΑΓ ˆ (5) Από τις σχέσεις (4) και (5) λαμβάνουμε ˆ o ˆ ˆ ΔΑΕ 0 ΔΑΓ=ΕΑΓ= = = 15 o, οπότε από το τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει ότι: Γ= ˆ 180 o Β ˆ ΒΑΔ+ΔΑΓ ˆ ˆ = 180 o 105 o 0 o + 15 o = 0 o. ( ) ( ) Αντίστροφο. Έστω ότι ˆ o Γ= 0. Θα αποδείξουμε ότι το Μ είναι το μέσο της ΒΓ. Σχήμα ˆ o o o ΒΑΔ = 180 105 + 45 = 0 o και ΒΑΓ ˆ = 45. Έστω Ε το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΔ και έστω Ζ το μέσο της ΑΕ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΕ και ΒΑΕ ˆ = ΒΑΔ ˆ = 60. Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο, οπότε ΑΒ=ΒΕ=ΑΕ (1) ˆ ˆ ˆ o ΑΒΕ = ΑΕΒ = ΒΑΕ = 60 () Τότε, από το τρίγωνο ΒΖΔ με ΒΖΔ ˆ = 90, έχουμε: ΔΒΖ = 45. Επιπλέον, λόγω συμμετρίας έχουμε ΒΕΔ ˆ = ΔΒΖ ˆ = 45, () ΕΔΒ ˆ = ΖΔΒ ˆ = 90. (4) Έστω Θ το σημείο τομής της ΔΕ με την ΑΓ. Τότε, από τη σχέση (4) προκύπτει ότι το ΘΔ είναι ύψος του τριγώνου ΒΘΓ. Παρατηρούμε ότι ( )

5 Επιπλέον, από τη σχέση () λαμβάνουμε ˆ ˆ o ΒΕΘ = ΒΕΔ = 45 = ΒΑΓ ˆ = ΒΑΘ ˆ, οπότε το τετράπλευρο ΑΒΘΕ είναι εγγράψιμο. Άρα έχουμε ˆ ˆ o ΒΘΔ = ΒΑΕ = 60 και ΔΘΓ ˆ = ΑΘΕ ˆ = ΑΒΕ ˆ = 60 o. Επομένως είναι ΒΘΔ ˆ = ΔΘΓ ˆ = 60 o, οπότε η ΘΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΘΓ ˆ. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η ΘΔ είναι ύψος και διχοτόμος του τριγώνου ΒΘΓ, οπότε το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ισοσκελές και θα έχει τη ΘΔ διάμεσο, δηλαδή το Δ είναι το μέσο της ΒΓ. ος τρόπος (α) Υποθέτουμε πρώτα ότι Γ= 0 (σχήμα ). Θεωρούμε το συμμετρικό K του Β ως προς την ευθεία ΑΓ και έστω ότι η ΚΒ τέμνει την ΑΓ στο Ε. Τότε έχουμε ότι ΚΒΓ = 60, οπότε ΑΒΕ = 45, επομένως ΑΚΒ = 45 και το τρίγωνο ΒΑΚ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Ισχύει επομένως ότι ΑΔΒ = ΑΚΒ = 45, οπότε το τετράπλευρο ΑΒΔΚ είναι εγγράψιμο. Αν η ΚΒ τέμνει την ΑΓ στο Ε, τότε ισχύει ΕΑ = ΕΒ = ΕΚ, άρα το Ε είναι το κέντρο του κύκλου, άρα ΕΔ =ΕΒ, και αφού ΚΒΓ = 60, το τρίγωνο ΕΒΔ είναι ισόπλευρο, άρα ΕΒ =ΕΔ(1). Επιπλέον, θα είναι ΔΕΓ = 0, άρα το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές, οπότε ΔΕ =ΔΓ (). Από τις (1),() έχουμε ότι ΔΒ = ΔΓ. Σχήμα Σχήμα 4

6 (β) Υποθέτουμε τώρα ότι Δ μέσον του ΒΓ (σχήμα 4). Θεωρούμε σημείο Μ του ΑΒ τέτοιο ώστε ΒΜΔ = 45. Τότε μπορούμε να εφαρμόσουμε το (α) στο τρίγωνο ΑΒΔ, αφού ΒΑΔ = 0, οπότε το σημείο Μ είναι μέσον του ΑΒ, οπότε ΔΜ // ΑΓ. Επομένως ˆ ˆ o o o o Γ=ΒΔΜ= 180 ( 105 + 45 ) = 0 ος τρόπος (τριγωνομετρικά): Έστω ότι η γωνία ΑΓΒ = x. Από το νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: ΒΔ ΑΔ ΑΔ = ΒΔ= ημ0 ημ105 ημ105. ΑΔ ημ(45 x) Όμοια από το νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: ΔΓ =. ημx Επομένως, το Δ είναι μέσο αν και μόνο αν: ΑΔ ημ(45 x) ΑΔ = ημ105 ημ45 ( συν x ημx) = ημx ημx ημ105 ημ105 ημ45 συν x= (1 + ημ105 ημ45 ) ημx Όμως ισχύει ότι: o o + 1 ημ45 ημ105 = ημ45 ημ ( 60 + 45 ) = ( ημ45 ) ( ημ60 + συν60 ) =, οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται: + 1 1 1 45 + x< = εϕ x = εϕ x εϕ x = x = 0. + 1 (1+ ) 1 + Πρόβλημα 4 Τετράγωνο ABCD διαιρείται σε n ίσα μικρά (στοιχειώδη) τετράγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του (στο σχήμα φαίνεται η περίπτωση για n = 5). Τα σημεία που πλέγματος που βρίσκονται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD συνδέονται μεταξύ τους και με δύο τόξα κύκλων. Ξεκινώντας από το σημείο A, κινούμαστε προς τα δεξιά και προς τα άνω (η κίνηση γίνεται επάνω στα ευθύγραμμα τμήματα που ορίζουν τα στοιχειώδη τετράγωνα και τα τόξα των κύκλων). Πόσες είναι οι δυνατές διαδρομές από το σημείο A μέχρι το σημείο C ; Λύση Υποθέτουμε ότι το τετράγωνο είναι τοποθετημένο σε ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς με αρχή το σημείο A και τους άξονες να ταυτίζονται Σχήμα 5

7 με τις πλευρές AB και AD. Τότε όλα τα σημεία του πλέγματος θα έχουν θετικές ακέραιες συντεταγμένες. Παρατηρούμε (Σχήμα 1) ότι το σημείο F (1, 0), μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο A (0,0) ) με τρόπους. Με όμοιο τρόπο συμπεραίνουμε ότι και το σημείο H (0,1), μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο A (0,0) ) με τρόπους. Το σημείο G (1,1) μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο H (0,1) ) με τρόπους. Άρα το σημείο G (1,1) μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο Α (0,0) ) με τρόπους (πολλαπλασιαστική αρχή), ακλουθώντας τη διαδρομή Α,Η, G. Με όμοιο τρόπο διαπιστώνουμε ότι οι δυνατοί τρόποι προσέγγισης του σημείου G (1,1) (ακλουθώντας τη διαδρομή Α,F, G ) είναι τρόποι. Άρα τελικά όλοι οι δυνατοί τρόποι προσέγγισης του σημείου G(1,1) είναι. Σχήμα 6 Κάθε λοιπόν σημείο του πλέγματος Μ ( i, j ) (που βρίσκεται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD ) μπορούμε να το προσεγγίσουμε με i+ j i+ j i+ j i+ j = τρόπους (από το σημείο Α (0,0) ). i j Τα σημεία του πλέγματος που βρίσκονται επάνω στη διαγώνιο BD (δηλ τα σημεία (0, n ), (1, n 1) ), (, n ),..., ( n 1,1), ( n,0) μπορούμε να τα προσεγγίσουμε με n n n n n, n n, n n,...,, n τρόπους αντίστοιχα. 0 1 n 1 n Τα υπόλοιπα σημεία του πλέγματος (δηλαδή τα σημεία του πλέγματος που δεν βρίσκονται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD ), συνδέονται μεταξύ τους μόνο με ευθύγραμμα τμήματα. Η μετακίνηση από το σημείο ( i, j ) στο σημείο ( i + k, j + m ) του πλέγματος (κινούμενοι προς τα δεξιά και άνω), μπορεί να γίνει με k + m k + m = τρόπους. k m n Άρα η μετακίνηση από το σημείο (0, n ) στο σημείο ( n,n ) μπορεί να γίνει με 0 τρόπους.

8 Η μετακίνηση από το σημείο (1, n 1) στο σημείο ( n,n ) μπορεί να γίνει με τρόπους. Η μετακίνηση από το σημείο (, n ) στο σημείο ( n,n ) μπορεί να γίνει με τρόπους................... n 1 n n Η μετακίνηση από το σημείο ( n 1,1) στο σημείο ( n,n ) μπορεί να γίνει με n 1 τρόπους. n Η μετακίνηση από το σημείο ( n,0) στο σημείο ( n,n ) μπορεί να γίνει με τρόπους. n Άρα το σημείο C ( n,n ), μπορεί να προσεγγιστεί από το σημείο A με: n n n n n n n n + + + L + + = τρόπους. 0 1 n 1 n n ος τρόπος n+ n Αν δεν υπήρχαν τα τόξα των κύκλων, έχουμε διαφορετικές διαδρομές για να n πάμε από το Α στο C. Πράγματι, από τα συνολικά n βήματα που πρέπει να κάνουμε είτε δεξιά είτε πάνω, σε ακριβώς n πρέπει να πάμε δεξιά και σε ακριβώς n πρέπει να πάμε πάνω. Αν επομένως σταθεροποιήσουμε τα βήματα στα οποία πάμε δεξιά, τότε προσδιορίζεται όλη η διαδρομή. Επομένως πρέπει να επιλέξουμε τα n βήματα από τα συνολικά n. Αυτό n γίνεται με τρόπους. n Τώρα, κάθε σημείο της διαγωνίου BD είναι της μορφής ( kn, k), οπότε για να φτάσουμε σε καθένα από αυτά χρειαζόμαστε ακριβώς k + n k = n βήματα. Με τα τόξα, το μόνο που αλλάζει είναι ότι στα πρώτα n βήματα, δηλαδή ακριβώς στα βήματα πριν τη διαγώνιο, έχω επιλογές για τη μετακίνηση από το ένα σημείο στο άλλο. Δηλαδή για κάθε διαδρομή χωρίς τόξα, έχω n διαδρομές με τμήματα και τόξα. n Επομένως αφού οι διαδρομές χωρίς τόξα είναι, με τμήματα και τόξα είναι n n n. n