ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 36653-367784 - Fax: 36405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 06 79 - Athens - HELLAS Tel. 36653-367784 - Fax: 36405 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr Πρόβλημα ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 75 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΘΑΛΗΣ Νοεμβρίου 04 Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: Ενδεικτικές λύσεις Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 3 74 3 3 Α= + 9 9 37 4 3 74 3 3 3 74 3 4 Α= + :8 = + :8 9 9 37 4 9 9 37 3 3 6 3 6 : 8 3 6 9 = + :8 = + = + = =. 9 3 9 9 3 9 9 9 9 9 Πρόβλημα Ένας έμπορος συλλεκτικών αντικειμένων αγόρασε δύο παλαιά ραδιόφωνα Α κα Β αντί 00 ευρώ και στη συνέχεια τα πούλησε με συνολικό κέρδος 40% πάνω στην τιμή της αγοράς τους. Αν το ραδιόφωνο Α πουλήθηκε με κέρδος 5% και το ραδιόφωνο Β πουλήθηκε με κέρδος 50%, πάνω στην τιμή της αγοράς τους, να βρείτε πόσο πλήρωσε ο έμπορος για να αγοράσει το καθένα από τα ραδιόφωνα Α και Β. Έστω ότι ο έμπορος αγόρασε x ευρώ το ραδιόφωνο Α. Τότε η τιμή αγοράς του 5x 5x ραδιοφώνου Β ήταν 00 x ευρώ. Τότε το ραδιόφωνο Α πουλήθηκε x + = 00 00 ευρώ, ενώ το ραδιόφωνο Β πουλήθηκε ( ) 50 00 x ευρώ. Συνολικά τα δύο 00 40 ραδιόφωνα πουλήθηκαν 00 ευρώ, δηλαδή 80 ευρώ. 00 Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει η εξίσωση 5x 50 40 + ( 00 x) = 00,5x 5x+ 3000 = 800 00 00 00,5x= 00 x= 80. Άρα ο έμπορος αγόρασε 80 ευρώ το ραδιόφωνο Α και 00 80 = 0 ευρώ το ραδιόφωνο Β. :8
Πρόβλημα 3 Χωρίς την εκτέλεση διαιρέσεων αριθμητή με παρανομαστή, να βρείτε τον μεγαλύτερο και τον μικρότερο από τους παρακάτω αριθμούς: 003 007 009 997 0 999 00 005,,,,,,, 05 09 0 009 03 0 03 07. Παρατηρούμε ότι σε όλα τα δεδομένα κλάσματα την ίδια διαφορά: (Παρανομαστής) - (Αριθμητής) = 0. Έτσι γράφουμε: 003 0 007 0 009 0 997 0 =, =, =, = 05 05 09 09 0 0 009 009 0 0 999 0 00 0 005 0 =, =, =, = 03 03 0 0 03 03 07 07 Γνωρίζουμε ότι μεταξύ ρητών αριθμών με τον ίδιο αριθμητή, μεγαλύτερος είναι αυτός που έχει μικρότερο παρανομαστή, οπότε έχουμε: 0 0 0 0 0 0 0 0 > > > > > > > 009 0 03 05 07 09 0 03 Άρα έχουμε: 0 0 0 0 0 0 0 0 < < < < < < <, 009 0 03 05 07 09 0 03 οπότε ο αριθμός 0 είναι ο μεγαλύτερος από τους δεδομένους ρητούς αριθμούς, 03 997 ενώ ο είναι ο μικρότερος. 009 Πρόβλημα 4 Στο παρακάτω σχήμα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές με ˆ Α= 90 και ΑΒ = ΑΓ. Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ισόπλευρο και το σημείο Ε είναι το μέσο της πλευρά ΒΓ. (α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΔΕ είναι μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ. (β) Βρείτε πόσων μοιρών είναι η γωνία Β Ε ˆ. Σχήμα
Σχήμα (α) Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές θα έχει Β=Γ= ˆ ˆ 45 και η διάμεσός του ΑΕ είναι και ύψος του, οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ορθογώνιο στο Ε με μία γωνία του 45. Επομένως θα έχει ˆ ΕΑΓ = 80 ( 90 + 45 ) = 45, οπότε αυτό είναι ισοσκελές με ΕΑ = ΕΓ. Επιπλέον, από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε ότι: Α = Γ. Επομένως τα σημεία Δ και Ε ισαπέχουν από τα άκρα Α και Γ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ, οπότε η ευθεία ΔΕ είναι η μεσοκάθετη του ΑΓ. (β) Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ λαμβάνουμε τις ισότητες ΑΒ = ΑΓ = Α, οπότε το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. Από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε ΑΓ ˆ = 60, οπότε ˆ ˆ ˆ ΑΒ = ΑΓ + ΓΑΒ = 60 + 90 = 50. Επειδή ΑΒΔ ισοσκελές τρίγωνο έπεται ότι: ˆ ˆ 80 50 Α Β = ΑΒ = = 5. Επειδή οι ευθείες ΑΒ και ΔΕ είναι παράλληλες, ως κάθετες προς την ίδια ευθεία ΑΓ, που τις τέμνει η ευθεία ΒΔ, σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες του ίσες, οπότε: ˆ ˆ Β Ε = ΑΒ = 5 Πρόβλημα Να βρείτε την τιμή της παράστασης Έχουμε ( )( ) Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ 4 x 6 Α=, αν 3 ( x + )( x 3) ( x + )( x ) ( )( ) 3 x = 4 4 x 6 6 x 6 Α= = =, x + x 3 3 x + x 3 3 x 3 3. 3
3 4 6 οπότε για x = = = λαμβάνουμε: 4 3 9 6 56 x 6 9 6 8 6 75 6 69 Α= = = = = = 3. x 3 3 6 3 56 3 3 3 3 3 3 9 8 ος τρόπος Για όσους δεν γνωρίζουν την παραγοντοποίηση της διαφοράς δύο τετραγώνων, προτείνουμε την ακόλουθη λύση: 3 4 6 Έχουμε x = = =, οπότε: 4 3 9 4 6 56 56 8 8 9 6 8 6 Α= = 6 6 3 56 + 8 56 43 3 + 3 9 9 8 8 65536 656 58975 6 8 8 6 58975 6 75 6 69 = = = = = 337 3 3 337 3 3 337 3 3 3 3 3 =3. 8 8 8 Πρόβλημα Το πλήθος των μαθητών σε ένα Γυμνάσιο είναι τουλάχιστον 70 και το πολύ 30. Αν γνωρίζουμε ότι ακριβώς το 4% των μαθητών παίζουν βιολί και ότι το 3 από αυτούς που παίζουν βιολί, παίζει και πιάνο, να βρείτε το πλήθος των μαθητών του Γυμνασίου. Έστω n το πλήθος των μαθητών του Γυμνασίου. Τότε το πλήθος των μαθητών που παίζει βιολί είναι 4 n. Το πλήθος των μαθητών που παίζει και βιολί και πιάνο είναι 00 4n 4n n = =. 3 00 300 75 Επειδή ο αριθμός των μαθητών του Γυμνασίου είναι θετικός ακέραιος, πρέπει ο αριθμητής n να είναι πολλαπλάσιο του παρανομαστή, δηλαδή πρέπει n= 75 k, όπου k θετικός ακέραιος.. Έτσι, από την υπόθεση70 n 30, έχουμε: 70 30 0 5 70 n= 75k 30 k + k 3 + k = 3. 75 75 75 75 Επομένως έχουμε n = 75 3 = 5 μαθητές. 4
Πρόβλημα 3 Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευρά α. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά α τμήμα Γ = και στη συνέχεια προεκτείνουμε την πλευρά ΒΓ κατά τμήμα Ε ΑΒ Ζ είναι το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒ και του ΓΖ = Α. Αν Ε( ΑΒ ) και ( ) τετραπλεύρου ΑΒ Ζ, αντίστοιχα, να βρείτε το λόγο Το τρίγωνο ΑΒΔ έχει βάση Άρα είναι: 3α Α = και ύψος ( ) ( ) Ε ΑΒ Ε ΑΒ Ζ. α 3α α 3 ΒΘ = ΑΗ = α = =. 4 3α α 3 3 3α Ε( ΑΒ ) = Α ΒΘ = =. 8 Σχήμα 3 Για το τετράπλευρο ΑΒΔΖ έχουμε: Ε( ΑΒ Ζ ) = Ε( ΑΒΖ ) + Ε( Β Ζ ). Στο τρίγωνο ΑΒΖ έχουμε βάση εμβαδό 3α 5α ΒΖ = α + = και ύψος α 3 ΑΗ =, οπότε έχει 5α α 3 5 3α Ε( ΑΒΖ ) = =. 8 5α Στο τρίγωνο ΒΔΖ έχουμε βάση ΒΖ = και ύψος ΔΕ το οποίο μπορεί να υπολογιστεί από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΓ και ΓΕΔ ως εξής: 5
α Ε Γ Ε α 3 = = = Ε =. ΑΗ ΑΓ α 3 α 4 α 3 α 3 Διαφορετικά, μπορούμε να έχουμε: Ε = Γ ηµ 60 = =. 4 Άρα έχουμε: Επομένως έχουμε: 5α α 3 5 3α Ε( Β Ζ ) = =. 4 6 5 3α 5 3α 5 3α Ε( ΑΒ Ζ ) = Ε( ΑΒΖ ) + Ε( Β Ζ ) = + =, 8 6 6 οπότε θα είναι ος τρόπος 3 3α Ε( ΑΒ ) 8 6 3α =. = = Ε( ΑΒ Ζ) 5 3α 5 3α 5 6 Έστω Ε(ΑΒΓ) = Ε. Τότε Ε(ΒΓΔ) = Ε, γιατί έχει το ίδιο ύψος ΒΘ με το τρίγωνο ΑΒΓ και βάση ΓΔ = α. Άρα είναι: Ε(ΑΒΔ)=Ε(ΑΒΓ) + Ε(ΒΓΔ) = 3 Ε. Ακόμα έχουμε: Ε(ΑΓΖ) = 3 Ε, γιατί έχει το ίδιο ύψος ΑΗ με το τρίγωνο ΑΒΓ και βάση ΓΖ = 3 α 3Ε. Τέλος έχουμε Ε(ΓΔΖ) =, γιατί έχει το ίδιο ύψος ΔΕ με το 4 τρίγωνο ΒΓΔ και βάση ΓΖ = 3 α. Έτσι έχουμε: και επομένως Ε 3Ε 3Ε 5Ε Ε( ΑΒ Ζ ) = Ε + + + = 4 4 ( ) ( ) Ε ΑΒ Ε ΑΒ Ζ 3 Ε / = =. 5 Ε / 4 5 Πρόβλημα 4 Ένα διαμάντι Δ κόβεται σε δύο κομμάτια και ( ) ( ) με βάρη β( ) και β( ), β 3 αντίστοιχα, και λόγο βαρών =. Δίνεται ότι η αξία ενός διαμαντιού είναι β 7 ευθέως ανάλογη προς το τετράγωνο του βάρους του. 6
Να προσδιορίσετε πόσο επί τις εκατό μειώθηκε η αξία του διαμαντιού Δ μετά την κοπή του στα δύο κομμάτια και. Έστω α( ), α( ) και α( ) Τότε έχουμε η αξία των διαμαντιών, και, αντίστοιχα. α( ) α( ) α( ) = = = λ β( ) β( ) β( ) ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ) α = λβ α = λβ α = λβ Άρα έχουμε α ( ) + α ( ) λβ ( ) + λβ ( ) β ( ) + β ( ) β ( ) β ( ) = = = + () α ( ) λβ ( ) β ( ) β ( ) β ( ) Όμως από την υπόθεση έχουμε: β( ) 3 β( ) β( ) β( ) + β( ) β( ) = = = = β ( ) 7 3 7 3+ 7 0 β( ) 3 β( ) 7 =, = () β( ) 0 β( ) 0 Από τις () και () λαμβάνουμε α( ) + α( ) β( ) β( ) β( ) β( ) 9 49 58 = + = + = + =. α( ) β( ) β( ) β( ) β( ) 00 00 00 Επομένως η αξία των δύο κομματιών του διαμαντιού ισούται με το 58% της αρχικής αξίας του, δηλαδή η αξία του μειώθηκε κατά 00-58 = 4%. ος τρόπος α( ) + α( ) Επειδή στον πρώτο τρόπο διαπιστώνουμε στη σχέση () ότι ο λόγος α ( ) β( ) β( ) εξαρτάται από τους λόγους των βαρών και, μπορούμε, χωρίς απώλεια β( ) β( ) της γενικότητας, να υποθέσουμε ότι β ( ) = 3 και β ( ) = 7 με β ( ) = 0. Έτσι, αν υποθέσουμε ότι η αξία του τετραγώνου της μονάδας βάρους είναι, τότε α = 3 = 9 και α = 7 = 49 και α ( ) = 0 = 00. Επομένως η έχουμε ότι ( ) ( ) μείωση της αξίας του διαμαντιού είναι 00 ( 9 + 49) = 4, δηλαδή σε ποσοστό 4%. 7
Α ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Να βρείτε την τιμή της αριθμητικής παράστασης: ( )( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 05 + 03 06 + 0 8 04 4 04 04 + 3 5 04 + Α= +. 04 + 409 04 + 407 5 04 + 4 04 Επειδή οι εμφανιζόμενες πράξεις είναι πολλές και χρονοβόρες, προσπαθούμε με κατάλληλη αντικατάσταση, να μετασχηματίσουμε την αριθμητική παράσταση σε αλγεβρική. Η παράσταση που προκύπτει μετά την απλοποίησή της οδηγεί τελικά σε απλό υπολογισμό της δεδομένης αριθμητικής παράστασης. Έτσι, αν θέσουμε x = 04, η παράσταση γίνεται: 3 3 3 3 ( x+ ) + ( x ) ( x+ ) + ( x ) 8x 4x( x + 3)( 5x + ) Α= + x + x+ x + x 5x + 4x ( ) ( ) ( ) ( ) ( + ) ( + ) ( + )( + ) + + + ( + + )( + ) 5 ( x + ) ( ) x + x+ x x+ ( x + x+ )( x x+ ) x x 3 x x 3 4x x 3 5x = + 5x 4x 5x 4x 5x 4x 5x 4x = x x + 3 + 5 4 5 4 5 4 5 4 5x 4x+ + 5x + 4x+ 0x = x( x + 3) = x ( x + 3) 0 = 0. ( 5x + 4x+ )( 5x 4x+ ) Άρα είναι 3 3 3 3 05 + 03 06 0 8 04 4 04 ( 04 + 3)( 5 04 + ) Α= + = 0 04 + 409 04 + 407 5 04 + 4 04 ( ) ( ) Πρόβλημα Ένα βιβλίο μαθηματικών κυκλοφορεί σε τόμους Α και Β. 00 αντίτυπα του τόμου Α και 0 αντίτυπα του τόμου Β κοστίζουν συνολικά 4000 ευρώ. Ένα βιβλιοπωλείο πούλησε 50 αντίτυπα του τόμου Α με έκπτωση 0% και 60 αντίτυπα του τόμου Β με έκπτωση 0% και εισέπραξε συνολικά 680 ευρώ. Να προσδιορίσετε την τιμή πώλησης του ενός βιβλίου από κάθε τόμο. Έστω ότι η τιμή πώλησης του τόμου Α είναι x ευρώ και τόμου Β είναι y ευρώ. Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτουν οι εξισώσεις: 00x+ 0y = 4000 5x+ 6y = 00 () 90x 80y 50 + 60 = 680 45x+ 48y = 680 () 00 00 Έτσι έχουμε το σύστημα 8
5x+ 6y = 00 45x+ 54y = 800 6y = 0 45x+ 48y = 680 45x+ 48y = 680 45x+ 48y = 680 y = 0 y = 0 680 48y. x = x = 6 45 Άρα η τιμή πώλησης του τόμου Α ήταν 6 ευρώ και του τόμου Β ήταν 0 ευρώ. Πρόβλημα 3 Δίνονται οι παραστάσεις: Α= ( x + y + xy) και ( ) Β= x + y + xy + x + y 4 4, όπου xy, είναι ρητοί. (α) Να γράψετε την παράσταση Α ως πολυώνυμο των μεταβλητών xy, διατεταγμένο ως προς τις φθίνουσες δυνάμεις του x. (β) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β είναι ρητός για οποιαδήποτε τιμή των ρητών αριθμών xy., (α) Έχουμε ( x y xy) ( x y xy)( x y xy) Α= + + = + + + + = x+ y + xy + xy + xy+ xy 4 3 3 4 = x + x y + 3x y + xy + y. Διαφορετικά μπορούμε να έχουμε: 4 4 3 3 ( ) ( ) ( ) ( ) Α= x + y + xy = x + y + xy + x + y xy 4 4 3 3 = x+ y + xy + xy + xy+ xy 4 3 3 4 = x + x y + 3x y + xy + y. (β) Έχουμε, όπως στο προηγούμενο ερώτημα, ότι: x + y + xy = x 4 + 4x 3 y + 6x y + 4 xy 3 + y 4, ( ) ( ) 4 4 4 3 3 4 4 4 Β= x + y + xy + x + y = x + 4x y+ 6x y + 4xy + y + x + y 4 3 3 4 4 3 3 4 = x + 4x y + 6x y + 4xy + y = 4( x + x y + 3x y + xy + y ) ( x y xy) = 4 + +, όπου στην τελευταία σχέση χρησιμοποιήσαμε το αποτέλεσμα του ερωτήματος (α) Άρα έχουμε αφού οι αριθμοί xyείναι, ρητοί και ( x xy y ) ( x xy y ) B = + + = + +, y 3y x + xy + y = x + + 0. 4 9
Πρόβλημα 4 Θεωρούμε τετράπλευρο ABCD με τη γωνία A ˆ = 00 και D ˆ = 40. Αν DB είναι διχοτόμος της γωνίας CDAκαι ˆ DB = DC, να υπολογισθεί το μέτρο της γωνίας CAB ˆ. Εφόσον η DB είναι διχοτόμος της γωνίας CDA, ˆ θα έχουμε ότι ˆ ˆ CDB = BDA = 0 και από το ισοσκελές τρίγωνο DBC θα έχουμε ότι DBC ˆ = DCB ˆ = 80 και επιπλέον ˆ DBA = 80-00 + 0 =60. Αν τώρα φέρουμε τις προβολές BK και BL, έχουμε ότι ( ) αφού το Β είναι σημείο της διχοτόμου, θα έχουμε ότι BK = BL και BAK ˆ = 80, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα BAK και BLC είναι ίσα, που σημαίνει ότι BA = BC. Επομένως, από το ισοσκελές τρίγωνο BAC παίρνουμε ότι: CAB ˆ = 0. Σχήμα 4 Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Έστω k ένας ακέραιος και x ένας θετικός πραγματικός αριθμός. Να συγκριθούν οι αριθμοί: k k + x + Α= k x + + και x + Β= k + x +. ( ος τρόπος) Θεωρούμε τη διαφορά των δύο αριθμών και έχουμε: 0
k k+ k+ ( x + )( x + ) ( x + ) ( )( ) k k+ x + x + Α B = = k+ k+ k+ k+ x + x + x + x + ( )( ) ( )( ) ( x ) k+ k k+ k+ k k+ k x + x + x x + x x x = = =, k+ k+ k+ k+ k+ k+ x + x + x + x + x + x + ( )( ) οπότε, αφού x > 0 και k ακέραιος, έχουμε: 0, αν x= Α=Β, αν x= Α Β=. > 0, αν 0 < x Α>Β,αν 0 < x ος τρόπος Έχουμε ότι k k+ k+ k k+ Α ( x + )( x + ) x + x + x + = = k+ k+ Β ( x + ) ( x + ) k+ k k+ k x + x x x ( x ) = + = +. k+ k+ ( x + ) ( x + ) Η ισότητα στην τελευταία ισχύει, αν, και μόνο αν, x =. Επομένως έχουμε ότι: Α=Β, αν x = και A> B, αν 0< x. Πρόβλημα Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων (, ) x 0xy + 3y + x y = 5 xy που είναι λύσεις της εξίσωσης: Η εξίσωση γράφεται στη μορφή x 0xy + 3y = 5 x y () Η παράσταση του πρώτου μέλους γράφεται: 5y 5y 5y y x 0xy + 3y = x 5xy + + 3y = x + 0, 4 5y όπου η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν: x = y = 0 x= y = 0. Επομένως για το δεύτερο μέλος της εξίσωσης () πρέπει να ισχύει: 5 5 x y 0 x y x y { 0,, }, οπότε έχουμε τις περιπτώσεις:. x y = 0 x= y. Τότε η εξίσωση γίνεται: x 0x + 3x = 5 x = x= ή x=, οπότε προκύπτουν οι λύσεις: ( xy, ) (, ) ή ( xy, ) (, ) = =.. x y = x y = ήx y = x= y+ ήx= y. Για x y y± 0 y± y+ 3y = 3 = ± η εξίσωση γίνεται: ( ) ( )
= 5y 6y 0 της είναι = 56, η οποία δεν έχει ακέραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα 3. x y = x y = ήx y = x= y+ ήx= y. Για x y y+ 0 y+ y+ 3y = = + η εξίσωση γίνεται: ( ) ( ) 5y y+ 7 = 0, η οποία έχει ακέραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα της είναι = 4 και έχει ρίζες Άρα προκύπτει η λύση ( xy, ) = ( 3,) Για x y ± 7 y = y = ή y =. 0 5 y 0 y y+ 3y = = η εξίσωση γίνεται: ( ) ( ) 5y + y+ 7 = 0, η οποία έχει ακέραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα της είναι = 4 και έχει ρίζες Άρα προκύπτει η λύση ( xy, ) = ( 3, ). ± 7 y = y = ή y =. 0 5 Επομένως η εξίσωση έχει τις λύσεις: (,, ) (,,3,, ) ( ) ( 3, ). Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC (με AB < AC < BC ) εγγεγραμμένο σε κύκλο ( c ) (με κέντρο O και ακτίνα R ) και έστω D, E τα αντιδιαμετρικά σημεία των B, C, αντίστοιχα (ως προς τον κύκλο ( c ) ). Ο κύκλος ( c ) (με κέντρο A και ακτίνα AE ), τέμνει την AC στο σημείο K. Ο κύκλος ( c ) (με κέντρο Α και ακτίνα AD ), τέμνει την προέκταση της AB (προς το μέρος του Α) στο σημείο L. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες EK και DL τέμνονται πάνω στο κύκλο ( c ). Έστω Μ το σημείο τομής της DL με τον κύκλο ( c ) θα αποδείξουμε ότι τα σημεία E, K, M βρίσκονται επάνω στον ίδια ευθεία. Η γωνία EAC ˆ είναι ορθή, διότι βαίνει στη διάμετρο EC του κύκλου ( c ). Το τρίγωνο AEK είναι ισοσκελές (διότι AE, AK είναι ακτίνες του κύκλου ( c )). Άρα: AEK ˆ = AKE ˆ = 45. ()
Σχήμα 5 Η γωνία BAD ˆ είναι ορθή, γιατί βαίνει στη διάμετρο BD του κύκλου ( c ), οπότε και η γωνία DAL ˆ είναι ορθή. Το τρίγωνο ADL είναι ισοσκελές (διότι AD, AL είναι ακτίνες του κύκλου ( c )). Άρα έχουμε ADL ˆ = ALD ˆ = 45. () Οι γωνίες ADM=ADL ˆ ˆ και AEM ˆ είναι ίσες, γιατί είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο τόξο AM, δηλαδή AEM ˆ = ADL ˆ (3) Άρα από τις σχέσεις (), () και (3) προκύπτει η ισότητα AEK ˆ = AEM ˆ = 45, οπότε τα σημεία Ε, Κ, Μ είναι συνευθειακά. Πρόβλημα 4 Σε έναν διαγωνισμό που η μέγιστη δυνατή βαθμολογία ήταν 00 έλαβαν μέρος x μαθητές. Οκτώ μαθητές πήραν βαθμό 00, ενώ όλοι οι υπόλοιποι πήραν βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 70. Αν ο μέσος όρος των βαθμών των μαθητών ήταν 78, να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του πλήθους των μαθητών. Για το άθροισμα των βαθμών όλων των μαθητών έχουμε τη σχέση Σx 8 00 + ( x 8) 70 Σx 70x+ 40, () οπότε για το μέσο όρο των βαθμών έχουμε: Σ x 70x + 40 40 ΜΟ.. = = 70 +. () x x x Έχοντας υπόψη ότι ο μέσος όρος της βαθμολογίας των μαθητών είναι 78, αν υποθέσουμε ότι ισχύει x < 30, τότε από τη σχέση () λαμβάνουμε: Σx 40 40 ΜΟ.. = 70 + > 70 + = 78, (3) x x 30 που είναι αντίθετο προς την υπόθεση ότι ο μέσος όρος των βαθμών είναι 78. 3
Επομένως δεν είναι δυνατόν να ισχύει ότι x < 30, οπότε πρέπει να είναι x 30. Παρατηρούμε ότι για x = 30, έχουμε την περίπτωση ( ) Σ 8 00 + 30 8 70 30 30 70 + 8 30 ΜΟ.. = = = = 70 + 8 = 78, 30 30 30 οπότε η ελάχιστη δυνατή τιμή του x είναι 30. Πρόβλημα Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Δίνεται η παραβολή με εξίσωση ( α ) y = x 3 5 x+ 86, α. Να προσδιορίσετε τις τιμές του α για τις οποίες η παραβολή τέμνει τον άξονα των x σε δύο σημεία διαφορετικά μεταξύ τους με ακέραιες συντεταγμένες. Τα σημεία τομής της παραβολής y = x ( 3α 5) x+ 86, α με τον άξονα των x είναι της μορφής Α( x,0) και Α ( x,0 ), όπου x, x είναι οι ρίζες της εξίσωσης: x ( 3α 5) x+ 86 = 0, α. Άρα έχουμε: x+ x = 3a 5, (). xx = 86 () Επειδή πρέπει οι ρίζες x και x να είναι ακέραιοι αριθμοί, σύμφωνα με την υπόθεση διαφορετικοί μεταξύ τους, έστω x < x, από την εξίσωση (), έχουμε ότι οι x, x πρέπει να είναι ομόσημοι ακέραιοι με γινόμενο 86 = 3 3. Άρα έχουμε τα εξής δυνατά ζεύγη: ( x, x) { (,86 ),(,93 ),( 3,6 ),( 6,3 ),(, 86 ),(, 93 ),( 3, 6 ),( 6, 3) } x+ x + 5 Από την εξίσωση () προκύπτει ότι: α =, οπότε οι δυνατές τιμές για την 3 00 70 8 3 παράμετρο α είναι οι εξής: 64,,,4,, 30, 0,. 3 3 3 3 Πρόβλημα Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα : 4 4 x + xy + y = 9 x + xy + y = 3 ( ος τρόπος) Προσθέτοντας και αφαιρώντας το xy η πρώτη εξίσωση γίνεται: ( ) ( )( ) 4 4 x+ xy + y xy = x + y xy = x + y + xy x + y xy 9 Επομένως, έχουμε x + y xy = = 7. Προσθέτοντας τώρα αυτή και τη δεύτερη 3 x + y = 0 x + y = 0, οπότε εξίσωση του συστήματος, βρίσκουμε ότι: ( ) 4
xy = 3 από τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος. Έτσι καταλήγουμε στο ισοδύναμο σύστημα: x + y = 0 x + y = 0, xy = 3 xy = 6 από το οποίο με πρόσθεση και αφαίρεση των δύο εξισώσεων κατά μέλη, λαμβάνουμε x + y + xy = 6 ( x+ y) = 6 x+ y =± 4 x + y + xy = 4 ( x y) 4 x y =± = x+ y = 4 x+ y = 4 x+ y = 4 x+ y = 4 ή ή ή x y = x y = x y = x y = xy, = 3, ή xy, =, 3 ή xy, =, 3 ή xy, = 3,. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ος τρόπος Έχουμε 4 4 x + xy + y = 9 ( x + y ) ( xy) = 9, x xy y 3 + + = x + xy + y = 3 οπότε, αν θέσουμε ϕ = x + y και ω = xy, λαμβάνουμε το σύστημα ϕ ω = 9 ( ϕ+ ω)( ϕ ω) = 9 ϕ+ ω = 3 ϕ+ ω = 3 ϕ ω = 7 ϕ = 0 x + y = 0. ϕ+ ω = 3 ω = 3 xy = 3 Στη συνέχεια εργαζόμαστε, όπως στον πρώτο τρόπο. Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C ( O,R ). Η διχοτόμος Β τέμνει τον κύκλο C ( O,R ), στο σημείο Z. Έστω Ε τυχόν σημείο του τμήματος Γ. Η ευθεία ΒΕ τέμνει τον κύκλο C ( O,R ) στο σημείο Η. Οι ευθείες ΑΓ και ΖΗ τέμνονται στο σημείο Θ. Επίσης, η ευθεία ΖΕ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι τα τετράπλευρα Β ΗΘ, Β ΕΚ και ΖΘΚ είναι εγγράψιμα. Η γωνία ˆΗ είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο C ( O,R ) και βαίνει στο τόξοβζ. Άρα: ˆ ˆ ˆ Β Η = Γ +. Η γωνία ˆ είναι εξωτερική του τριγώνου Α Ζ. Άρα: ˆ Β ΑΖ ˆ ΑΖΒ ˆ ˆ ˆ = + = + Γ. 5
Σχήμα 6 Από την ισότητα των γωνιών Η ˆ ˆ =, προκύπτει η ισότητα των παραπληρωματικών τους γωνιών και από εκεί ότι το τετράπλευρο Β ΗΘ είναι εγγράψιμο. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΚΗΖ έχουμε: Η ˆ ˆ = Κ, η οποία σε συνδυασμό με την ισότητα Η ˆ ˆ =, μας δίνει την εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου Β ΕΚ. Από το εγγράψιμο Β ΕΚ έχουμε: ˆ Κ ˆ = Β.Από το εγγράψιμο Β ΗΘ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ Θ = Β. Άρα είναι: Θ Κ =. Επομένως και το τετράπλευρο ΖΘΚ είναι εγγράψιμο. Πρόβλημα 4 Να βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς n, που έχουν ακριβώς τέσσερις θετικούς διαιρέτες d < d < d3 < d4 και ικανοποιούν τη σχέση: d+ d + d3+ d4 = 640. Για τους τέσσερις διαιρέτες ισχύουν οι σχέσεις d =, d4 = n και d d3 = n. Επομένως, έχουμε d + d + d + d = 640 + d + d + d d = 640 3 4 3 3 7 ( d)( d3) 640 ( d)( d3) 5 + + = + + = Αλλά = d < d < d3 < d4 < + d < + d3 και επειδή οι d και d 3 είναι ακέραιοι αριθμοί, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: + d = 4,+ d3 = 60 d = 3, d3 = 59 = 3 53, απορρίπτονται, αφού ο n = 3 59 έχει και άλλους διαιρέτες. 6
d d3 d d3 + = 5,+ = 8 = 4, = 7, απορρίπτονται, αφού ο n = 4 7 έχει και άλλους διαιρέτες. + d = 8,+ d = 80 d = 7, d = 79, οπότε είναι n = 7 79 = 553 3 3 d d3 d d3 + = 0,+ = 64 = 9, = 63, απορρίπτονται, αφού ο n = 9 63 έχει και άλλους διαιρέτες. + d = 6,+ d3 = 40 d = 5, d3 = 39, απορρίπτονται, αφού ο n = 5 39 έχει και άλλους διαιρέτες. + d = 0,+ d3 = 3 d = 9, d3 = 3, οπότε είναι n = 9 3 = 589 Τελικά, οι αριθμοί που ικανοποιούν τις αρχικές υποθέσεις είναι οι 553 και 589. 7