Β τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού a για τις οποίες το σύστημα x + 4y = 4a ax y = a έχει μία μόνο λύση. Για τις τιμές του a που θα βρείτε να λύσετε το σύστημα. Το σύστημα είναι ισοδύναμο με το σύστημα x + 4y = 4a y = ax a y = ax a. ax y = a x + 4( ax a) = 4a ( + 4a ) x 6a x+ a = 0 Το σύστημα έχει μία μόνο λύση, αν, και μόνον αν, η εξίσωση χει μία διπλή ρίζα, δηλαδή, αν, και μόνον αν, ισχύει: Για 0 Για Δ= 6a ( 4a ) = 0 a= 0 ή a= ή a=. xy, = 0,0. a =, το σύστημα έχει τη λύση a =± η εξίσωση χει τη διπλή ρίζα αν ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 69 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 009 a = και ( xy) 4a x 6a x a 0 + + = γίνεται 4a x 6a x a 0 + + = έ- x =, οπότε το σύστημα έχει τη μοναδική λύση ( xy), =, 4, αν a =. 4x x 9 0 + = και έ-, =, 4,
Πρόβλημα Έστω S = x+ y+ z και S = xy+ yz+ zx, όπου xyz,, τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ισότητα x y+ z + y z+ x + z x+ y = 6. (α) Να αποδείξετε ότι: xyz = SS 6. (β) Να προσδιορίσετε τους αριθμούς x, yz,, αν είναι S = και S =. (α) Έχουμε x ( y+ z) + y ( z+ x) + z ( x+ y) = 6 x( xy+ xz) + y( yz+ yx) + z( zx+ zy) = 6 x( S yz) + y ( S zx) + z ( S xy) = 6 x + y + z S xyz = 6 xyz = S S 6. (β) Για S = και S = έχουμε το σύστημα: x+ y+ z = x+ y+ z = xy + yz + zx = xy + yz + zx =, xyz = 0 x = 0 ή y = 0 ή z = 0 από το οποίο εύκολα προκύπτουν οι λύσεις xyz,, =,,0 ή,, 0 ή,0, ή, 0, ή 0,, ή 0,, Πρόβλημα Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α= ˆ 90. Αν ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου και Κ, Κ, Κ είναι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΔ, ΑΓΔ, ΑΒΓ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΑΚ = ΚΚ.. Α Ε Κ Ζ Β Κ Κ Δ Γ Τα σημεία Κ και Κ βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας ˆΒ, ενώ τα σημεία Κ και Κ βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας ˆΒ. Έτσι έχουμε ˆ ˆ ˆ 0 Β+Γ 0 ΒΚΓ = 80 = 80 45 = 5
Ομοίως λαμβάνουμε ΒΚΑ= ˆ ˆ 5 και ΓΚΑ= 5. Άρα έχουμε 0 ΚΚΕ=ΚΚΕ=ΚΚΖ=ΖΚΚ ˆ ˆ ˆ ˆ = 45, 0 ως παραπληρώματα κάποιας γωνίας 5. Επομένως τα τρίγωνα ΑΕΚ, Κ ΕΚκαι ΚΖΚ είναι ορθογώνια ισοσκελή, οπότε το σημείο Κ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΚΚ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΚ Ε και Κ ΕΚ είναι ίσα, γιατί έχουν ΕΚ =ΕΚ και ΚΚΕ=ΕΑΚ ˆ ˆ, αφού έχουν τις πλευρές τους κάθετες. Άρα είναι ΑΚ =ΚΚ Πρόβλημα 4. Να προσδιορίσετε την τιμή του ακέραιου αριθμού k,< k < 0 και μη σταθερό πολυώνυμο P( x) με πραγματικούς συντελεστές, έτσι ώστε να ισχύει: ( x k) P( x) k( x ) P( x) =, για κάθε x. Έστω n n P( x) = anx + an x +... + ax+ a0, an 0, n το ζητούμενο πολυώνυμο. Τότε εξισώνοντας τους συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων των δύο μελών της δεδομένης ισότητας πολυωνύμων, λαμβάνουμε n n an = kan k =. Επειδή είναι < k < 0 οι μόνες δυνατές τιμές του n είναι οι n= ή n= ή n=. Έτσι η δεδομένη ισότητα γίνεται: n x P x n = x P x, για κάθε x. () Για n = η () γίνεται ( x ) P( x) ( x ) P( x) x = προκύπτει P ( ) = 0. Άρα είναι P( x) = a ( x ). Για =, για κάθε x, από την οποία για =, για κάθε x, από την οποία για n = η () γίνεται ( x ) P( x) ( x ) P( x) προκύπτει P ( ) = 0 και P ( 9) = 0. Άρα είναι P( x) a ( x )( x ) Για n = η () γίνεται ( x ) P( x) ( x ) P( x) = 9. =, για κάθε x, από την οποία για προκύπτει P ( ) = 0, P ( 9) = 0 και P ( 7) = 0. Άρα είναι P( x) = a ( x )( x )( x ) 9 7.
Πρόβλημα Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ( x, yz, ) πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστήματος: Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη εξίσωση επί και την προσθέτουμε στην πρώτη, οπότε λαμβάνουμε την εξίσωση Τότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) Έστω z 0. Τότε από την εξίσωση () λαμβάνουμε: 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. Για x = 4, zy= zη 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 ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 70 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 00 x + y = 65z x y+ xy = 0z x y+ z = 0. Β Λυκείου x + y = 5z x+ y = 5z. () 5zxy 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 xy = z, () = 4z. () 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 0 και x x 0, + + > + + > για κάθε x. = + + = + +, 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 x + x+ = x= 4 7 7 0.
ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, 5 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 Β τάξη Λυκείου Πρόβλημα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση x = x+ α, για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α. Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x x + = x+ α x x + x + α = 0. () Λόγω της παρουσίας της απόλυτης τιμής του x, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (i) x 0. Τότε η εξίσωση () είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x 4x+ α = 0, () Δ = 6 4 α = 4 + α. η οποία είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα Άρα η εξίσωση () έχει ρίζες στο, αν, και μόνον αν, α. Για να διαπιστώσουμε πόσες από αυτές είναι δεκτές θεωρούμε το γινόμενο και το άθροισμα των ριζών που είναι Ρ= α και S= 4> 0. Έτσι, για την εξίσωση () έχουμε τις υποπεριπτώσεις: Αν α =, τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, x =. Αν < α, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες μη αρνητικές, x = ± + α. Ειδικότερα, αν α =, τότε η εξίσωση έχει τις ρίζες x = 4 και x = 0. Αν α >, τότε η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα μη αρνητική, τη x = + + α (ii) x < 0. Τότε η εξίσωση () είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x + α = 0, () η οποία έχει μία μόνο αρνητική ρίζα, τη x = α, αν α >. Συνοπτικά, από τις δύο προηγούμενες περιπτώσεις, έχουμε για τη δεδομένη εξίσωση, τα α- κόλουθα συμπεράσματα: Αν α <, η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο. Αν α =, τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, x =. Αν < α, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες, x = ± + α. Αν α >, τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τις x = + + α, x = α. Πρόβλημα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: x + y + z = 8 x + y + z = 6 xy + xz = yz +. Έχουμε x + y + z = 8 x + y + z = 8 x + y + z = 8 x + y + z = 6 ( x + y + z) ( xy + yz + zx) = 6 xy + yz + zx = 9 xy + xz = ( yz + ) xy + xz = ( yz + ) xy + xz = ( yz + )
x + y + z = 8 x + y + z = 8 x + y + z = 8 xy + yz + zx = 9 x y + z + yz = 9 x y + z + yz = 9 9 yz yz yz yz 8 0 yz = 6 ή yz = = + + = x + y + z = 8 x + y + z = 8 x+ y + z = 8 x+ y + z = 8 x y + z + yz = 9 ή x y + z + yz = 9 x y + z = 6 ή x y + z = 5 yz = yz = 6 yz = yz = 6 x+ y + z = 8 x+ y + z = 8 x+ y + z = 8 x+ y + z = 8 x 8 x = 6 ή x 8 x = 5 x 8x+ 6= 0 ή x 8x+ 5= 0 yz = yz = 6 yz = yz = 6 x+ y + z = 8 x+ y + z = 8 x = 4 x= 4 ή x 8x+ 5= 0(αδύνατη στο ) y + z = 4 yz = yz = 6 yz = x = 4 x = 4 z = 4 y z = 4 y ( x, y, z) = ( 4,,) ή ( x, y, z) = ( 4,, ). y( 4 y) = y 4y+ = 0 Πρόβλημα Αν οι αβγ,, είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με + + =, να αποδείξετε ότι: α β γ αβγ α +β γ β +γ α γ +α β + + <. α +β β +γ γ +α Πότε ισχύει η ισότητα; Παρατηρούμε ότι ( α +β ) γ ( α+β)( α αβ+β ) γ ( α+β)( α +β ) γ = < = ( α+β) γ, () α +β α +β α +β α +β ( ( α+β) α +β γ α +β γ α+β)( α αβ+β ) γ = = ( α+β) γ. () α +β α +β α +β Η ισότητα στη () ισχύει, αν, και μόνον αν, α= β. Άρα έχουμε ( α +β ) γ ( α+β) γ < ( α+β) γ. () α +β Ομοίως λαμβάνουμε ( β +γ ) α ( β + γ) α < ( β + γ) α, (4) β +γ ( γ +α ) β < γ +α β. (5) ( γ +α) β γ +α Οι ισότητα στις (4) και (5) ισχύει αν, και μόνον αν, β = γκαιγ = α, αντίστοιχα. Από τις (), (4) και (5) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε :.
α +β γ β +γ α γ +α β αβ +βγ + γα + + < αβ +βγ + γα α +β β +γ γ +α Όμως από την υπόθεση έχουμε: + + = αβ+βγ+γα =, (7) α β γ αβγ οπότε από τις (6) και (7) προκύπτουν οι ζητούμενες ανισότητες. Η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, α= β= γ, οπότε από τη σχέση αβ+βγ+γα=, προκύ- πτει ότι α= β= γ =. Παρατήρηση. Η δεύτερη ανισότητα είναι γνήσια από την κατασκευή της άσκησης με τους αβγ,, θετικούς πραγματικούς αριθμούς, λόγω της ισότητας + + =. Στην περίπτωση α β γ αβγ που επιτρέψουμε οι αβγ,, να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνω ισότητα τη μορφή αβ + βγ + γα =, τότε η δεύτερη ανισότητα γίνεται α +β γ β +γ α γ +α β + +, α +β β +γ γ +α όπου η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, ένας μόνον από τους α, βγ, είναι μηδέν και οι άλλοι δύο αντίστροφοι. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ< AΓ) εγγεγραμμένο σε κύκλο () c με κέντρο O και ακτίνα R. Από το σημείο Α φέρνουμε τις δύο εφαπτόμενες προς τον κύκλο ( c ), που έχει κέντρο το σημείο O και ακτίνα r = OM (M είναι το μέσο της BΓ ). Η μία εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο ( c ) στο σημείο T, τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν και το κύκλο () c στο σημείο N (θεωρούμε BN < BM ). Η άλλη εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο ( c ) στο σημείο Σ, τέμνει την ΒΓ στο σημείο K και το κύκλο () c στο σημείο K (θεωρούμε ΓK<ΓM). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BN, ΓΚ και AM περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν). Οι χορδές AN, AΚ και ΒΓ του κύκλου ( c ), είναι εφαπτόμενες του κύκλου ( c ) στα σημεία ΤΣ, και Μ αντίστοιχα. Άρα οι ακτίνες OΤ,ΟΣ και OΜ του κύκλου ( c ), είναι κάθετες προς τις χορδές AN, AΚ και ΒΓ του κύκλου ( c ) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες OΤ,ΟΣ και OΜ του κύκλου ( c ), είναι τα αποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές AN, AΚ και ΒΓ του κύκλου ( c ). Τα αποστήματα OΤ,ΟΣ και OΜ είναι ίσα μεταξύ τους, αφού είναι ακτίνες του κύκλου ( c ). Άρα AN = AΚ = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, ΣΜ, είναι τα μέσα των χορδών AN, AΚ και ΒΓ, αντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες ευθυγράμμων τμημάτων: ΜΒ=ΜΓ=ΤΑ=ΤΝ =ΣΑ=ΣΚ () Το σημείο N βρίσκεται εκτός του κύκλου ( c ) και NM, NT είναι τα εφαπτόμενα τμήματα, οπότε NM = NT () Συνδυάζοντας τις σχέσεις () και () έχουμε: (6)
() : ΜΒ = ΤΝ (:) ΜΒ ΤΝ = ΤΜP ΒΝ () (): ΝΜ = ΝΤ ΜN ΝΤ Συνδυάζοντας και πάλι τις σχέσεις () και () έχουμε: () : ΜΓ = ΤΑ (:) ΜΓ ΤΑ = ΤΜ// ΑΓ (4) (): ΝΜ = ΝΤ ΝΜ ΝΤ Από τις () και (4) έχουμε ΒN Σχήμα 4 P ΑΓ. Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι ΓK P ΑΒ. Αν λοιπόν Ρ είναι η τομή των ευθειών ΒN και ΓK, τότε το τετράπλευρο ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα οι ευθείες ΒN, ΓK και ΑΜ θα συντρέχουν στο Ρ. (*) Δύο χορδές ενός κύκλου είναι ίσες αν και μόνο αν τα αποστήματά τους είναι ίσα. (Θεώρημα ΙΙΙ, Σελ.46, του Σχολικού βιβλίου της ΕΜΕ)
7 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ ΣΑΒΒΑΤΟ, ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 0 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 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 =, a+ ax x x x 4x έχει δύο πραγματικές ρίζες με διαφορά 4. Μετά τις παραγοντοποιήσεις των όρων των κλασμάτων η εξίσωση γράφεται: ( a + ) + =. () 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= ( a + ) 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 a+ = 4 a+ = 4 ή a+ = 4 a = ή a =, η τιμή του a που ζητάμε είναι η a =. Πρόβλημα Αν y ακέραιος και x, να προσδιορίσετε όλα τα ζευγάρια (, ) συστήματος x y που είναι λύσεις του + y x x+ > 0. ( Σ ) y + x < 0 Να παραστήσετε γραφικά στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy, το σύνολο των σημείων ( x, y) όπου ( x, y ) λύση του συστήματος (Σ). Μ,
Έχουμε + y x x+ > 0 + y > x x+ 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 x+ < < x x+ < x x+ > 0 και x x< 0 x < < x < < x < ( x< ή x> ) και 0< x< 0< x< ή < x<. 0< x < 4 Για y =, το σύστημα γίνεται: x x+ < < x x+ < x x+ > 0 και x x < 0 x < < x < < x< + < x < < x <. < x < Για τη γεωμετρική αναπαράσταση του συνόλου των λύσεων του συστήματος έχουμε: Σχήμα 4 Πρόβλημα 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.
( 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 =. () Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΔ, έχουμε: ˆ ˆ o ˆ 80 ˆ ˆ o Μ + ω =ΑΜΔ= Α Δ = 80 Α ˆ 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)
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 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.,