ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 4 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 6165-617784 - Fax: 64105 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 4, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 6165-617784 - Fax: 64105 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 78 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 0 Ιανουαρίου 018 Ενδεικτικές λύσεις Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα 1. Να βρείτε την τιμή της παράστασης: β + α 500 11 18 α β Α= β β, α αν δίνεται ότι: 10 β =. 1 ος Τρόπος α 500 α 500 Α= + 18 11 = + 10 18 10 11 β β 500 = 1 18 ( 1) = 4 500 18 ( 1) = 000 + 18 = 018. ος Τρόπος α Επειδή = 10 β ( ) ( ), συμπεραίνουμε ότι α = 10β. Επομένως έχουμε: β + 10β 500 10β 11β 1β 500 β Α= 18 = 18 β β β β 1 500 = 18 ( 1 ) = 4 500 + 18 = 000 + 18 = 018. 1 Πρόβλημα. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός στοιχείων που πρέπει να αφαιρεθούν από το σύνολο Α= {, 4, 6,8,10,1,14,16,18, 0}, έτσι ώστε το γινόμενο όλων των στοιχείων του που θα απομείνουν να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου; Το γινόμενο των στοιχείων του συνόλου Α γράφεται: 4 18 4 Γ= 4 6 8 10 1 14 16 18 0 = 5 7 5 = 5 7
Στο τελευταίο γινόμενο πρώτων παραγόντων πρέπει οι εκθέτες να είναι άρτιοι, οπότε καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι πρέπει σίγουρα να αφαιρεθεί ο παράγοντας 7, ο οποίος υπάρχει μόνο στην ανάλυση του 14. Επομένως πρέπει να αφαιρεθεί ο αριθμός 14. Τότε το 17 4 γινόμενο που προκύπτει είναι Γ= 5 στο οποίο ο εκθέτης του είναι περιττός. Για να γίνει άρτιος πρέπει να αφαιρεθεί περιττός αριθμός παραγόντων ίσων με. Για αυτό έχουμε δύο επιλογές. Η μία είναι να αφαιρέσουμε τον αριθμό και η άλλη είναι να αφαιρέσουμε τον αριθμό 8. Στην πρώτη περίπτωση το γινόμενο που θα προκύψει είναι το ( ) ( ) Γ = =, ενώ στη δεύτερη περίπτωση το γινόμενο είναι 16 4 8 1 5 5 Γ = =. Επομένως ο ελάχιστος αριθμός στοιχείων του συνόλου Α που 14 4 7 5 5 πρέπει να αφαιρέσουμε είναι, δηλαδή τους αριθμούς και 14 ή τους αριθμούς 8 και 14. Πρόβλημα Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α= ˆ 115 θεωρούμε στο εσωτερικό του σημείο Δ τέτοιο ώστε ΒΓ ˆ = ΒΑ ˆ και ΓΒ ˆ = ΓΑ ˆ. Να βρείτε πόσες μοίρες είναι η γωνία Β Γ ˆ. Σχήμα 1 Αν θέσουμε ΒΑ ˆ = x, τότε ΒΓ ˆ = ΒΑ ˆ = x. Ομοίως, αν ΓΑ ˆ = y. τότε ΓΒ ˆ = ΓΑ ˆ = y. Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε Από το τρίγωνο ΔΒΓ έχουμε ˆ 65 Α+ x+ y = 180 ( x+ y) = 180 115 x+ y =. ˆ 65 10 410 Β Γ = 180 x y = 180 ( x+ y ) = 180 = 180 =. Πρόβλημα 4 Ο Γιάννης πήγε στην αγορά έχοντας μαζί του κέρματα των δύο ευρώ και του ενός ευρώ. Ο αριθμός των κερμάτων του ήταν 40. Για την αγορά που έκανε ξόδεψε ακριβώς το ένα τρίτο των κερμάτων των δύο ευρώ που είχε μαζί του. Την επόμενη μέρα ξόδεψε το 40% της αξίας των χρημάτων που
του είχαν απομείνει. Αν και τις δύο μέρες ξόδεψε συνολικά 40 ευρώ, να βρεθεί πόσα κέρματα των δύο ευρώ είχε αρχικά μαζί του.. Έστω x τα κέρματα των δύο ευρώ που είχε αρχικά. Αφού χρησιμοποίησε το ένα τρίτο αυτών, σημαίνει ότι το x είναι πολλαπλάσιο του και ότι το ένα τρίτο αυτών ισούται με x και αυτά έχουν αξία x x. Η αξία των χρημάτων που έδωσε την πρώτη μέρα είναι, επομένως τη δεύτερη μέρα του απέμειναν x x + 40 x = 40 + ευρώ. Αφού ξόδεψε το 40% αυτών, τη δεύτερη x 4 x μέρα ξόδεψε 40 + = 16 + ευρώ. Επομένως συνολικά, την πρώτη και τη δεύτερη μέρα 10 15 x x 1x ξόδεψε + 16 + = 16 + ευρώ. 15 15 Από την εκφώνηση ξέρουμε τώρα ότι ξόδεψε 40 ευρώ, οπότε 1x 1x 16 + = 40 = 4 1x= 60 x= 0. 15 15 Επομένως είχε αρχικά μαζί του 0 κέρματα των δύο ευρώ και 10 κέρματα του ενός ευρώ με συνολική αξία 70 ευρώ. Πρόβλημα 1. Να βρείτε την τιμή της παράστασης Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ( α β )( γ δ ) ( αγ βδ ) Α= + + +, 1 18 1 αν δίνεται ότι α =, β =, γ =, δ =. 9 1 1 18 9 1 1 Έχουμε ότι α = = =, β = =, γ = =, δ = =, 4 8 8 4 8 οπότε θα είναι 9 1 81 1 5 9 1 81 1 5 α + β = + = + =, γ + δ = + = + =, 4 8 16 64 64 4 8 16 64 64 9 9 1 1 81 1 5 5 αγ + βδ = + = = ( αγ + βδ ) = 4 4 8 8 16 64 64 64. Α= + + + = = 0. 64 64 64 ος Τρόπος Α = ( α + β )( γ + δ ) ( αγ + βδ ) = 5 5 5 Άρα έχουμε: ( α β )( γ δ ) ( αγ βδ )
Άρα είναι: = α γ + α δ = α δ + β γ + β δ α γ αβγδ β δ = + β γ αβγδ = ( αδ βγ ). 9 1 9 1 Α = = 0. 4 8 4 8 Πρόβλημα Μία ομάδα α εργατών τελειώνει το 1 4 ενός έργου στο 1 μιας ημέρας. Πόσες τέτοιες ομάδες εργατών της ιδίας απόδοσης χρειάζονται για να τελειώσουν 15 ίδια έργα σε 5 ημέρες; Έχουμε τα ακόλουθα δεδομένα: Η μία ομάδα = α εργάτες τελειώνει το 1 4 ενός έργου στο 1 μιας ημέρας Πόσοι εργάτες (έστω x ) τελειώνουν 15 έργα σε 5 ημέρες; Επειδή τα ποσά: εργάτες έργο, είναι ανάλογα, ενώ τα ποσά : εργάτες ημέρες, είναι αντιστρόφως ανάλογα, έχουμε ότι: 1 15 1 x = α = α 60 = 4α. 1 5 15 4 Επομένως θα χρειαστούν 4 τέτοιες ομάδες εργατών. Πρόβλημα Θεωρούμε πολυώνυμο Px ( ) = ax ( + ) + bx ( + ) + cόπου οι αριθμοί aa, bb, cc είναι θετικοί ακέραιοι. (α) Αν οι αριθμοί xy, είναι θετικοί ακέραιοι με x> y, να αποδείξετε ότι ο αριθμός Px ( ) Py ( ) είναι θετικός ακέραιος. x y (β) Αν ο αριθμός P (8) είναι πολλαπλάσιο του, να αποδείξετε ότι και ο αριθμός P (018) είναι πολλαπλάσιο του. (α) Έχουμε ότι PP(xx) = aa(xx + ) + bb(xx + ) + cc = ααxx + (bb + 4aa)xx + 4aa + bb + cc Επομένως PP(xx) PP(yy) = aa(xx yy ) + (bb + 4aa)(xx yy) = (xx yy)(aa(xx + yy) + bb + 4aa), οπότε P( x) Py ( ) ( x y) ( a( x+ y) + b+ 4 a) = = a( x+ y) + b+ 4a x y x y που είναι θετικός ακέραιος, αφού οι αριθμοί abcxy,,,, είναι θετικοί ακέραιοι.
(β) Από το πρώτο ερώτημα, για x= 018, y = 8 έχουμε ότι δηλαδή P ( 018) P( 8) 010 = κ ακέραιος, ( ) ( ) ( ) ( ) P 018 P 8 = 010 κ, όπου κ ακέραιος P 018 = P 8 + 010 κ, όπου κ ακέραιος Όμως το 010 = 670 είναι πολλαπλάσιο του, όπως και το PP(8) από την υπόθεση, οπότε και το PP(018) είναι πολλαπλάσιο του. Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α= 7. Ονομάζουμε Δ το ίχνος του ύψους από την κορυφή Γ και E το συμμετρικό του A ως προς την ΓΔ. Να αποδείξετε ότι η ΓΕ περνά από το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Σημείωση: Ο περιγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου είναι ο κύκλος που περνάει από τις τρεις κορυφές του τριγώνου. Θεωρούμε το ύψος από την κορυφή Α που τέμνει τη ΓΕ στο σημείο Ο. Θα αποδείξουμε ότι το Ο είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ, δηλαδή ότι ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ. Το ύψος από την κορυφή Α είναι και μεσοκάθετος της ΒΓ, άρα το Ο ως σημείο της θα ισαπέχει από τα Β,Γ, δηλαδή ΟΒ=ΟΓ. Επιπλέον το E το συμμετρικό του A ως προς την ΓΔ, το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισοσκελές, επομένως ΓΕΑ = 7, οπότε ΕΓΑ = 6 (1). Επειδή όμως η ΑΟ είναι ύψος και διχοτόμος, θα ισχύει ότι ΟΑΓ = 6, οπότε λόγω της (1) θα ισχύει OA = ΟΓ. Σχήμα
Α ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα 1 Αν xy, είναι πραγματικοί αριθμοί και οι αριθμοί είναι ακέραιοι, να αποδείξετε ότι και ο αριθμός a = x+ y, a = x + y και a = x + y 4 4 1 4 = + είναι ακέραιος. a x y Επειδή x + y = ( x+ y) xy( x+ y), αρκεί να αποδείξουμε ότι ο αριθμός xy. Σύμφωνα με τις υποθέσεις έχουμε a a = x + y x + y = xy (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 a a = x + y x + y = x y, () 4 4 4 αφού a1, a, a4. Από την (1) έπεται ότι: a1 a xy =. a1 a Θα αποδείξουμε ότι xy. Πράγματι, αν xy =, τότε θα είχαμε a1 a = m περιττός ακέραιος, οπότε από τη σχέση () θα είχαμε ότι ( 1 ) ( 1 ) a a a a m xy, = = = 4 αφού m περιττός. Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί αντίκειται στη σχέση (). Επομένως αληθεύει ότι xy. Άρα έχουμε: x + y = ( x+ y) xy( x+ y), αφού x + y, xy. Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να γράψουμε x + y = x + y x+ y xy x+ y, αφού x + y, x + y, xy. ( )( ) ( ) Πρόβλημα Έστω Α= κ( κ + 1)( κ + )( κ + ) το γινόμενο τεσσάρων διαδοχικών θετικών ακέραιων. (α) Να αποδείξετε ότι ο Α ισούται με το γινόμενο δύο διαδοχικών άρτιων ακέραιων. (β) Είναι δυνατόν να είναι ο Α ίσος με το τετράγωνο ενός ακέραιου; (α) Έχουμε ( 1)( )( ) ( )( 1)( ) Α= κ κ + κ + κ + = κ κ + κ + κ + ( )( ) ( )( ( ) ) = κ κ + κ + κ + = κ κ + κ κ + + Επομένως ο Α ισούται με το γινόμενο των ακεραίων κ( κ + ), κ( κ + ) + οι οποίοι διαφέρουν κατά και επιπλέον είναι άρτιοι, αφού στο γινόμενο κ( κ + ) ο ένας από τους δύο παράγοντες είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. κ κ µ, όπου µ θετικός ακέραιος. (β) Έστω ( + ) = Τότε Α= µ ( µ + ) = 4µ ( µ + 1)
Α= 4µ µ + 1 = λ = 4 λ, Αν ήταν ο Α τέλειο τετράγωνο ακεραίου, τότε θα είχαμε ( ) ( ) όπου λ ακέραιος. Θα είχαμε τότε ( ) οποίο είναι άτοπο, γιατί µ µ + 1 = λ, όπου µ θετικός ακέραιος και λ ακέραιος, το µ < µ + µ = µ ( µ + 1) < ( µ + 1 ), δηλαδή ο µ ( µ+ 1) βρίσκεται μεταξύ δύο τετραγώνων διαδοχικών θετικών ακέραιων. Πρόβλημα Ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ έχει άθροισμα των δύο μη παράλληλων πλευρών του ίσο με 4 10 μέτρα, ύψος ίσο με 6 μέτρα και το εμβαδόν του ισούται με 7 τετραγωνικά μέτρα. Αν το τραπέζιο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R, να υπολογίσετε το μήκος της ακτίνας R. Ονομάζουμε O το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου και θέτουμε ΑΒ = α, Γ = β και φέρουμε το ύψος ΑΕ = 6. Επειδή το τραπέζιο είναι ισοσκελές, θα ισχύει ότι ΒΓ=ΑΔ. Όμως ΒΓ + Α = 4 10, οπότε ΒΓ = Α = 10. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΔΕ παίρνουμε ( ) ΑΕ + Ε = Ε = Ε = (1) 10 40 6 Επιπλέον από τον τύπο για το εμβαδό του τραπεζίου έχουμε: ( α + β) Α ( α + β) 6 Ε= 7 = α + β = 4 () Αν τώρα φέρουμε την κάθετη από το Ο στις βάσεις που τις τέμνει στα μέσα τους N και Μ, τότε (1) β α Ε = Μ ΜΕ = β α = 4 () Από τις () και () παίρνουμε α = 10, β = 14. Αν τέλος ονομάσουμε ΟΜ = x, ΟΝ = y, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (α) Αν το Ο είναι μεταξύ των Μ, Ν τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα τρίγωνα ΟΜΓ, ONB, έχουμε β x + = R x + 49 = R (4) και α y + = R y + 5 = R (6 x) + 5 = R (4) x 1x+ 6 + 5 = R 61 1x= R x = 49 οπότε 1x= 1 x= 1, οπότε από την (4) έχουμε ότι R = 50 = 5. (β) Αν το Ο δεν είναι μεταξύ των Μ, Ν τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα τρίγωνα ΟΜΓ, ONB, έχουμε
και β x + = R x + 49 = R (4) α y + = R y + 5 = R (6 + x) + 5 = R (4) x + 1x+ 6 + 5 = R 61+ 1x= R x = 49 οπότε 1x + 1 = 0, άτοπο. Επομένως υπάρχει μόνο μία δυνατή περίπτωση στην οποία R = 50 = 5 Σχήμα Πρόβλημα 4 Πόσοι εξαψήφιοι θετικοί ακέραιοι πολλαπλασιαζόμενοι με το 007 δίνουν αποτέλεσμα που να λήγει σε 008 ; Θα βρούμε πρώτα έναν τετραψήφιο x τέτοιον, ώστε ο 007x να λήγει σε 008. Γράφουμε 007x= 000x+ 7x οπότε αφού ο 000x λήγει σε 000, αναζητούμε x ώστε ο 7x να λήγει σε 008. Για να λήγει ο 7x σε 008, πρέπει ο x να λήγει σε 4. Τότε έχουμε δύο κρατούμενα, οπότε το προτελευταίο ψηφίο του x πρέπει να είναι 4. Έχουμε τρία κρατούμενα, οπότε το τρίτο από το τέλος ψηφίο του x πρέπει να είναι 1. Επομένως ο x λήγει σε 144. Αναζητούμε λοιπόν τετραψήφιο a 144 τέτοιον, ώστε να πολλαπλασιάζεται με τον 007 και ο αριθμός που προκύπτει να λήγει σε 008. Ο 000 a144 έχει τέταρτο ψηφίο από το τέλος το τελευταίο ψηφίο του a. Επιπλέον ο 7 a144 έχει τέταρτο ψηφίο από το τέλος ίσο με το τελευταίο ψηφίο του 7a + 1(γιατί έχουμε και ένα κρατούμενο). Οπότε ο a+ (7a+ 1) = 9a+ 1, πρέπει να λήγει σε, οπότε πρέπει a = 9. Επομένως ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 9144. Πράγματι, το γινόμενο 007 9144 ισούται με 185008 που λήγει σε 008.
Αν τώρα πάρουμε έναν οποιαδήποτε εξαψήφιο βγ 9144 και τον πολλαπλασιάσουμε με τον 007, τα τέσσερα τελευταία ψηφία του γινομένου δεν επηρεάζονται άρα λήγει και αυτός σε 008. Για το διψήφιο τμήμα βγ έχουμε επιλογές από 10 έως 99. Επομένως έχουμε συνολικά 90 επιλογές, άρα έχουμε 90 εξαψήφιους με τη ζητούμενη ιδιότητα. Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα 1 Αν xy, είναι πραγματικοί αριθμοί και οι αριθμοί a1 = x+ y, a = x + y και a4 = x + y 5 5 είναι ακέραιοι, να αποδείξετε ότι και ο αριθμός a = x + y είναι ακέραιος. 5 4 4 Επειδή, έχουμε ότι: ( )( ) ( )( ) ( ) x 5 + y 5 = x 4 + y 4 x + y x 4 y xy 4 = x 4 + y 4 x + y xy x + y, 4 4 και οι αριθμοί a1 = x+ y, a = x + y και a4 = x + y είναι ακέραιοι, αρκεί να αποδείξουμε ότι και ο αριθμός a = x + y είναι ακέραιος. Επειδή x y ( x y) xy( x y) + = + +, αρκεί να αποδείξουμε ότι ο αριθμός xy. Σύμφωνα με τις υποθέσεις έχουμε a a = x + y x + y = xy (1) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 a a = x + y x + y = x y, () 4 4 4 a1 a αφού a1, a, a4. Από την (1) έπεται ότι: xy =. a1 a Θα αποδείξουμε ότι xy. Πράγματι, αν xy =, τότε θα είχαμε a1 a = m περιττός ακέραιος, οπότε από τη σχέση () θα είχαμε ότι ( 1 ) ( 1 ) a a a a m xy = = =, 4 αφού m περιττός. Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί αντίκειται στη σχέση (). Επομένως αληθεύει ότι xy. Άρα έχουμε: x + y = ( x+ y) xy( x+ y), αφού x + y, xy. Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να γράψουμε x + y = x + y x+ y xy x+ y, αφού x + y, x + y, xy. ( )( ) ( ) Πρόβλημα Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του a για τις οποίες αληθεύει για κάθε x η ανίσωση: x x+ a > + + + + 1. x x x x
1 x + x+ = x+ 1 + > 0, x + x+ 1 = x+ + > 0, για κάθε x, η 4 ανίσωση είναι ισοδύναμη με την Επειδή ( ) ( ) ( )( ) x x + x + 1 > x + x + x + a x + x + x > x + x + x + ax + ax + a ( ) ( ) a+ 1 x + a+ 1 x+ a< 0. (1) Για a = 1, η ανίσωση (1) γίνεται: < 0 και αληθεύει για κάθε x. Για a 1, το πρώτο μέλος της ανίσωσης είναι τριώνυμο με διακρίνουσα ( a ) a( a ) ( a )( a a) ( a )( a ) = 4 + 1 1 + 1 = 4 + 1 + 1 = 4 + 1 1. Η ανίσωση (1) αληθεύει για κάθε x, όταν συναληθεύουν οι ανισώσεις: ( )( ) ( )( ) a+ 1< 0 και 4 a+ 1 a 1 < 0 a+ 1 < 0 και 4 a+ 1 a 1 > 0 1 a< 1 και a< 1 ή a> a< 1. Επομένως το ζητούμενο αληθεύει για κάθε a 1. Πρόβλημα Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με μήκη πλευρών αβ, ώστε β = α. Στο εσωτερικό του θεωρούμε Ν κύκλους (που πιθανόν τέμνονται), έτσι ώστε το άθροισμα των μηκών των περιφερειών τους να είναι διπλάσιο της περιμέτρου του ορθογωνίου. Να αποδείξετε ότι Ν 4. Έστω d1, d,..., d N οι διάμετροι των κύκλων. Τότε το μήκος του πρώτου κύκλου είναι πr1 = πd1, το μήκος του δεύτερου πr = πd, το μήκος του Ν -οστού είναι πrν = πdν. Αφού το άθροισμα των μηκών των περιφερειών τους να είναι διπλάσιο της περιμέτρου του ορθογωνίου, θα έχουμε πd1 +... + πdν = (α + β) = 4( α + β) = 4( α + α) = 1α (1). Για να χωράει όμως κάθε κύκλος στο ορθογώνιο θα πρέπει η διάμετρός του να είναι το πολύ όσο η μικρότερη πλευρά του ορθογωνίου, δηλαδή d1 α, d α,..., dn α, οπότε π d1 +... + π dν απ +... + απ =Ν απ () 1 Από (1) και () έχουμε Ναπ 1α Ν και αφού ο Ν είναι ακέραιος, Ν 4 π Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ΑΑΑΑΑΑΑΑ (ΑΑΑΑ ΓΓΓΓ) για το οποίο ισχύει ΓΓΓΓ = ΑΑΑΑ. Αν ΕΕ είναι το συμμετρικό του σημείου ΑΑ ως προς το ΒΒ και ΚΚ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΒΒΒΒΒΒ να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου
ΒΒΒΒΒΒ εφάπτεται στην ΓΓΓΓ στο σημείο ΓΓ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΒΒΒΒΒ εφάπτεται στην ΓΓΓΓ στο σημείο ΓΓ. Σχήμα 4 Έστω ΜΜ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΒΒΒΒΒΒ. Θα αποδείξουμε ότι ΚΚΚΚ ΓΓΓΓ και ΜΜΜΜ ΓΓΓΓ. Εφόσον ΕΕ είναι το συμμετρικό του σημείου ΑΑ ως προς το ΒΒ, θα ισχύει ΑΑΑΑ = ΑΑΑΑ. Άρα ΑΑΑΑ = ΔΔΔΔ = ΑΑΑΑ και κατά συνέπεια το τετράπλευρο ΑΑΑΑΑΑΑΑ είναι παραλληλόγραμμο (έχει δύο απέναντι πλευρές ίσες και παράλληλες). Άρα ΓΓΓΓ = ΑΑΑΑ = ΒΒΒΒ και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΒΒΒΒΒΒ είναι ισοσκελές (ΓΓΓΓ = ΒΒΒΒ) οπότε το περίκεντρό του θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο της ΒΒΒΒ που είναι η ΓΓΓΓ (διότι ΓΓ, ΚΚ ισαπέχουν από τα άκρα του ΒΒΒΒ). Άρα ΚΚΚΚ ΒΒΒΒ ΓΓΓΓ ΚΚΚΚ ΓΓΓΓ. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΒΒΒΒΒ έχουμε: ΓΓ 1 + ΓΓ = 180 xx. Η γωνία ΒΒΚΚ ΓΓ = zz είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της ΒΒΕΕ ΓΓ = xx (στο περιγεγραμμένο κύκλο του ισοσκελούς τριγώνου ΒΒΒΒΒΒ), άρα zz = xx και κατά συνέπεια ΓΓ 1 + ΓΓ = 180 zz. Η γωνία ΒΒΚΚ ΓΓ = zz είναι εγγεγραμμένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΒΒΒΒΒΒ και η μη κυρτή γωνία ΒΒΜΜ ΓΓ = zz είναι η αντίστοιχη επίκεντρη. Αν θέσουμε ΓΓ = ωω, τότε από το ισοσκελές τρίγωνο ΜΜΜΜΜΜ έχουμε: ωω + yy = 180 ωω + 60 zz = 180 ωω = zz 90. Άρα ΓΓ 1 + ΓΓ + ΓΓ = 180 zz + zz 90 = 90.
Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα 1 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση ( a 1)( x + x+ ) = ( a+ 1)( x 4 + 4), για τις διάφορες τιμές της πραγματικής παραμέτρου a. Επειδή x 4 + 4= ( x ) + + 4x 4x = ( x + ) ( x) = ( x + x+ )( x x+ ) η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την ( a 1)( x + x+ ) = ( a+ 1)( x + x+ )( x x+ ) ( a 1)( x + x+ ) = ( a+ 1)( x x+ ) (αφού x + x+ = ( x+ 1) + 1 > 0 για κάθε x ) ( a 1) x ( a 1) x ( a 1) ( a 1) x ( a 1) x ( a 1) + + = + + + + x 4ax + 4= 0 x ax + = 0. Η τελευταία εξίσωση έχει διακρίνουσα = 4a 8 = 4( a ) 0 a a (,, + ). Επομένως, αν a (,, + ) η εξίσωση έχει ρίζες στο και συγκεκριμένα: Αν a (, ) (, + ), έχει δύο ρίζες στο, τις = ±. x a a Αν a = ±, τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα στο, την x= a= ±. Πρόβλημα Δίνεται η συνάρτηση ( ) συν συν ( ) συν ( ) f x = x+ x + x, x. Να εξετάσετε, αν υπάρχει πραγματικός αριθμός T > 0 τέτοιος ώστε f x+ T = f x x ( ) ( ), για κάθε. Έστω υπάρχει πραγματικός αριθμός 0 f x+ T = f x x Τότε για x = 0 προκύπτει ότι f T = f 0 συνt + συν T + συν T = (1) T > τέτοιος ώστε ( ) ( ), για κάθε. ( ) ( ) ( ) ( ) Η σχέση (1) μπορεί να αληθεύει μόνον όταν είναι: συνt = 1, συν T = 1, συν T = 1 T = κπ, T = λπ, T = µπ, κ, λ, µ. ( ) ( ) λ Από τις ισότητες T = κπ, T = λπ λαμβάνουμε με διαίρεση κατά μέλη ότι, κ = που είναι άτοπο γιατί ο αριθμός είναι άρρητος, ενώ ο αριθμός λ είναι ρητός. κ
Πρόβλημα Δίνεται τραπέζιο ΑΑΑΑΑΑΑΑ (ΑΑΑΑ ΓΓΓΓ κκκκκκ ΑΑΑΑ < ΓΓΓΓ) και έστω ΟΟ το σημείο τομής των διαγώνιων του ΑΑΑΑ και ΒΒΒΒ. Έστω ακόμη ΚΚ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου CC 1 του τριγώνου ΟΟΟΟΟΟ και ΜΜ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου CC του τριγώνου ΟΟΟΟΟΟ. Αν ΕΕ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΚΚΚΚ και ΜΜΜΜ και ΖΖ είναι το σημείο τομής των ΚΚΚΚ και ΜΜΜΜ, να αποδείξετε ότι τα σημεία ΚΚ, ΟΟ, ΜΜ καθώς και το μέσο της ΕΕΕΕ βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία. Από την παραλληλία των βάσεων του τραπεζίου, προκύπτουν (ως εντός εναλλάξ) οι ισότητες γωνιών: ΑΑ = ΓΓ = yy και ΒΒ = ΔΔ = xx (1). Σχήμα 5 Η γωνία ΚΚ 1 είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της ΒΒ (στο κύκλο CC 1 ) οπότε: ΚΚ 1 = ΒΒ = xx. Η γωνία ΜΜ 1 είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της ΔΔ (στο κύκλο CC ) οπότε: ΜΜ 1 = ΔΔ = xx. Από τις δύο τελευταίες ισότητες γωνιών έχουμε: ΚΚ 1 = ΜΜ 1 = xx (). Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι:κκ = ΜΜ = yy (). Από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΑΒ έχουμε: ΜΜ 1 + ΜΜ + ΑΑ 1 + ΒΒ 1 = 180 xx + yy + ωω + ωω = 180. Άρα ΑΑ 1 = ΒΒ 1 = ωω = 90 xx yy. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΜΜΜΜΜΜ έχουμε: ΚΚ 1 + ΚΚ + ΓΓ 1 + ΔΔ 1 = 180 xx + yy + ωω + ωω = 180. Άρα ΓΓ 1 = ΔΔ 1 = ωω = 90 xx yy. Από το τρίγωνο ΑΑΑΑΑΑ έχουμε: ΑΑΟΟ ΚΚ = 180 ωω yy xx. Από το τρίγωνο ΓΓΓΓΓΓ έχουμε: ΓΓΟΟ ΜΜ = 180 ωω yy xx. Από τις τελευταίες ισότητες έχουμε: ΑΑΟΟ ΚΚ = ΓΓΟΟ ΜΜ. Άρα τα σημεία ΟΟ, ΚΚ, ΜΜ είναι συνευθειακά. Από τις ισότητες των γωνιών ΑΑ 1 = ΒΒ 1 = ωω = ΓΓ 1 = ΔΔ 1 και την παραλληλία ΑΑΑΑ ΓΓΓΓ συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΚΚΚΚΚΚΚΚ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται.
Πρόβλημα 4 Αν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί pqr,, με p > q > r είναι πρώτοι, να εξετάσετε, αν οι αριθμοί 018 pq, 018 qr, rp μπορούν να ανήκουν στην ίδια αριθμητική πρόοδο. Ας υποθέσουμε ότι μπορούν να ανήκουν στην ίδια αριθμητική πρόοδο. Τότε γράφουμε: rp = a, 018 pq = a + kd, 018qr = a + md, mk, Z Αντικαθιστώντας το a παίρνουμε τις σχέσεις 018 pq = rp + kd και 018qr = rp + md, οπότε απαλείφοντας το d παίρνουμε: m 018 pq k 018 qr = ( m k) rp. (1) Υψώνοντας στον κύβο την (1) παίρνουμε: 018 018 018 ( 018 018 ) ( ) Η τελευταία λόγω της (1) γράφεται: m pq k qr + mk q pr m pq k qr = m k rp 018m pq 018k qr + mk( m k) 018 q p r = ( m k) rp. Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός (018 pqr ) πρέπει να είναι τέλειος κύβος. Όμως στο 018 pqr = 1009 pqr κάθε πρώτος μπορεί να εμφανιστεί σε δύναμη το πολύ, αφού p > q > r, άρα δεν είναι τέλειος κύβος.