μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΓΒ θα είναι R, οπότε το τετράπλευρο ΟΒΕΓ έχει τις τέσσερις πλευρές του ίσες, δηλαδή είναι ρόμβος. R R R Επιπλέον, έχουμε 30 R, οπότε R. Α ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Αν τα συστήματα x y 4 xy 4 ( ) και 3 4 x 3y 8 x y έχουν την ίδια λύση x, y, να βρείτε την τιμή των παραμέτρων και. Αν θέσουμε και, το σύστημα γίνεται: x y 4 4 4, 3 34 3 4 4 4 4 οπότε το σύστημα έχει τη λύση: xy,,, 4. Όμως από την υπόθεση την ίδια λύση έχει και το σύστημα, οπότε θα έχουμε; 4 4 0 4 8 3 4 4. Πρόβλημα Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x, y και zισχύει ότι: z x y και z 3 x y. (α) Να αποδείξετε ότι: y x z. (β) Να βρείτε την τριάδα x, yz, για την οποία: x y z 680. (α) Επειδή z 3x y0 x y 0, έπεται ότι x y. Επίσης από τις δεδομένες ισότητες έχουμε: z x y3x y xy 3x3y x 5y, οπότε προκύπτει: z xy y, οπότε z xy5y 7y 0, οπότε z x. Άρα έχουμε: z x y y x z. (β) Από τις προηγούμενες σχέσεις, δεδομένου ότι είναι y 0, έχουμε: x y z 680 5y y 44y 680 70y 680 y 4 y. Άρα είναι: xyz,, 0,,4.
Πρόβλημα 3 Να βρεθούν οι ακέραιοι x για τους οποίους οι αριθμοί A 8x και B x 3 είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα ακεραίων. Έστω A8x και Bx3. Τότε λαμβάνουμε ότι: 3 x () 8 και 4 3. () Από τη σχέση 9) έχουμε: 4 3 3 3 3 ή ή ή 3 3, 7,3 ή, 7, 3 ή, 7, 3 ή, 7,3. Από όλα τα παραπάνω ζεύγη, από τις σχέσεις () προκύπτει ότι: x 6. Πρόβλημα 4 0 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με και ˆ 0. Θεωρούμε σημείο Δ πάνω στην πλευρά ΑΓ τέτοιο ώστε. Από το σημείο Α φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ τέτοιο ώστε, και με τα σημεία Ε και Δ να βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΒ. Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο ΒΑΕΖ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ˆ. Σχήμα 4 Επειδή είναι ˆ 0 και έχουμε ότι: ˆ ˆ ˆ 80 0 80. Άρα τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΑΔ είναι ίσα, αφού έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία, και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες ˆ ˆ 80.
Επομένως, έχουμε:, ˆ 0. Επειδή το παραλληλόγραμμο ΒΑΕΖ έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες, είναι ρόμβος, οπότε, δηλαδή το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισοσκελές. Επιπλέον, ισχύει: ˆ ˆ 80. Επομένως ˆ ˆ ˆ 80 0 60, οπότε το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο. Τότε είναι: ˆ ˆ ˆ 00 60 40, οπότε από το ισοσκελές τρίγωνο 80 40 προκύπτει ότι: ˆ 70. Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Για κάθε θετικό πραγματικό αριθμό x να αποδείξετε ότι: 9x 3x 7x 6. x 9x 3x Για ποιες τιμές του x ισχύει η ισότητα; Επειδή είναι x 0 θα είναι και 9x 3x 0, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι: 9x 3x 7x 6x9x 3x x x x x x 9x 9x 7x 0 x x x 9x 3x 6x 9x 3x 7x 0 9 3 9 3 7 0. 9 36 0 9 0, που ισχύει. Η ισότητα ισχύει όταν 9x 0 x x, αφού x 0. 9 3 Πρόβλημα Να υπολογιστούν οι ακέραιοι συντελεστές,, της εξίσωσης x x 0 με 0, αν αυτή έχει ρίζες x και x. Αφού οι αριθμοί και είναι ρίζες της εξίσωσης, έχουμε: 0, () 0. () Με αφαίρεση κατά μέλη των () και () λαμβάνουμε 0 0 ή 0. Αν υποθέσουμε ότι είναι, τότε και 0, αδύνατο. Άρα είναι, οπότε θα είναι: 0.
. Επομένως, έχουμε τις περιπτώσεις: 0, οπότε έχουμε: 0 και 0 0, το οποίο απορρίπτεται αφού από την υπόθεση έχουμε 0., οπότε έχουμε και 4 4, 4. Επομένως Επειδή πρέπει:,0 προκύπτει η τριάδα συντελεστών,,,, 4. Πρόβλημα 3 Να βρείτε όλες τις τιμές του πραγματικού αριθμού x για τις οποίες αριθμητική τιμή του κλάσματος x x 4 x x είναι θετικός ακέραιος. Θέλουμε να βρούμε για ποιους θετικούς ακεραίους έχει λύση ως προς x η εξίσωση x x 4 x x 0. x x 8 Αν προκύπτει από την εξίσωση η λύση x. 3 Αν, τότε η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει λύση ως προς x, αν, και μόνον αν, η διακρίνουσά της είναι μη αρνητική. Έχουμε 84 7 33 33 6, Παρατηρούμε ότι για 3 και οι δύο παρενθέσεις είναι αρνητικές, οπότε 0. Επομένως, αφού ο είναι θετικός ακέραιος, διάφορος του, έπεται ότι:. Τότε η εξίσωση γίνεται x x60 x 7. 8 Άρα για x το κλάσμα παίρνει την ακέραια τιμή και για x 7παίρνει την 3 ακέραια τιμή. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο AB (με ) εγγεγραμμένο σε κύκλο C ( O,R ) (με κέντρο O και ακτίνα R ). Ο κύκλος C B ( B,AB ) (με κέντρο B και ακτίνα AB ), τέμνει την A στο σημείο και τον κύκλο C ( O,R ) στο σημείο. Ο κύκλος C (,A ) (με κέντρο και ακτίνα A ), τέμνει την A στο σημείο και τον κύκλο C ( O,R ) στο σημείο. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο που ορίζουν τα σημεία,,, είναι ισοσκελές τραπέζιο. Έστω το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων C και C. Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία,, είναι συνευθειακά. Οι χορδές και του κύκλου C είναι ίσες μεταξύ τους, διότι είναι ακτίνες του κύκλου C, οπότε οι εγγεγραμμένες (στο κύκλο C ) γωνίες που βαίνουν στα αντίστοιχα τόξα, θα είναι ίσες μεταξύ τους, δηλαδή
ΒΓΑ= ˆ ΒΓΛ= ˆ Γ ˆ (). Η είναι διάκεντρος των κύκλων C και C, οπότε θα είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής και θα διχοτομεί τη γωνία ˆ, δηλαδή ΒΓΑ= ˆ ΒΓΤ ˆ = Γ ˆ (). Άρα τα σημεία,, είναι συνευθειακά. Σχήμα 5 Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία,, είναι συνευθειακά. Το τρίγωνο είναι ισοσκελές ( ). Άρα ˆ ˆ, οπότε τα αντίστοιχα τόξα και (του κύκλου C ) είναι ίσα μεταξύ τους. Από την ισότητα των τόξων και, προκύπτει η ισότητα των τόξων και. Άρα το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο με //. Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο με //. Άρα // και κατά συνέπεια το είναι τραπέζιο και η είναι κοινή μεσοκάθετη των παράλληλων πλευρών του. Τα τρίγωνα και είναι ίσα. Άρα το είναι ισοσκελές τραπέζιο. Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση x 5x x x 5x. Περιορισμός: x 5x0 xx50 x0 ή x 5. Η εξίσωση, για x0 ή x 5, είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x x x x x x x x x 5 5 5 x x 5x ή x x 5x : x x 5x x x 5 x, x,0 5,, x
x x x 5 x, με x5 x, x 5, απορρίπτεται. 3 : x x 5x x x 5 x, x,0 5,, x x x x x x x 5, με 0 ή 5 x, x0 ή x5 x. 7 7 Πρόβλημα Αν, ακέραιοι και ο αριθμός είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, να αποδείξετε ότι ο αριθμός ισούται με το άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων ακεραίων αριθμών. x Έστω ότι x, όπου x. Τότε. Επειδή, πρέπει ο αριθμητής x να είναι άρτιος ακέραιος, το οποίο συμβαίνει μόνον όταν οι ακέραιοι και x είναι ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Έτσι έχουμε x x x x x x 4 x x όπου οι αριθμοί και είναι ακέραιοι, αφού οι ακέραιοι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. και x είναι ή, Πρόβλημα 3 Βρείτε για ποιες τιμές της πραγματικής παραμέτρου a η εξίσωση 4 3 3 4x 84ax a 8a4 x a 8 xa 0 έχει όλες τις ρίζες της πραγματικούς αριθμούς. Έχουμε 4 3 3 4 3 3 3 4x 8x a x 4ax 8ax a x 4x 8x a x 4x 8x a ax4x 8x a 4x 8x a 4x 8x a x ax. 4x 8 4a x a 8a 4 x a 8 x a Επομένως, η εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της πραγματικούς αριθμούς, αν, και μόνον αν, και τα δύο τριώνυμα x ax και 4x 8x a έχουν πραγματικές ρίζες a 40 και 64 6a 0 a 4 0 και a 40 a 4 a ή a.
Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο AB (με ) εγγεγραμμένο σε κύκλο C ( O,R ) (με κέντρο O και ακτίνα R ) και ευθεία ( ) που περνάει από την κορυφή και είναι παράλληλη στη πλευρά. Ο κύκλος C B ( B,AB ) (με κέντρο B και ακτίνα AB ), τέμνει την ( ) στο σημείο και τον κύκλο C ( O,R ) στο σημείο. Ο κύκλος C (,A ) (με κέντρο και ακτίνα A ), τέμνει την ( ) στο σημείο και τον κύκλο C ( O,R ) στο σημείο. Οι κύκλοι C B ( B,AB ), C (,A ) τέμνονται στο σημείο και η ( ) τέμνει τον C ( O,R ) στο σημείο. (α) Να αποδείξετε ότι τα σημεία,,, είναι συνευθειακά. (β) Να αποδείξετε ότι οι,, περνάνε από το ίδιο σημείο. (α) Το τρίγωνο είναι ισοσκελές ( ως ακτίνες του κύκλου C ). Άρα ˆ ˆ. Σχήμα 6 Από την παραλληλία ( ) // (με τέμνουσα την ΑΓ) έχουμε: ˆ ˆ ˆ. Από τις προηγούμενες ισότητες γωνιών, προκύπτει: ˆ ˆ (). Από την ισότητα των χορδών και του κύκλου C ( O,R ) (οι χορδές και είναι ακτίνες του κύκλου C B ) έχουμε: ˆ ˆ ˆ ( ). Από τις σχέσεις () και () συμπεραίνουμε ότι: ˆ ˆ ˆ, δηλαδή τα σημεία,, είναι συνευθειακά. Η διάκεντρος (των κύκλων C B και C ) είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους. Άρα ˆ ˆ ˆ. Από την ισότητα των γωνιών ˆ και ˆ, προκύπτει ότι τα σημεία,, είναι συνευθειακά, οπότε σε συνδυασμό με το προηγούμενο συμπέρασμα έπεται ότι τα σημεία,,, είναι συνευθειακά. (β) Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία,,, είναι συνευθειακά, οπότε τα σημεία και είναι μέσα των πλευρών και, αντίστοιχα, του τριγώνου. Θα αποδείξουμε ότι το σημείο είναι το μέσο της πλευράς (οπότε οι,, θα συντρέχουν στο βαρύκεντρο του τριγώνου ).
Πράγματι, το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο εγγεγραμμένο στον κύκλο C ( O,R ), οπότε ισχύουν οι παρακάτω ισότητες γωνιών: ˆ ˆ (από το ισοσκελές τραπέζιο ) ˆ ˆ (από το ισοσκελές τρίγωνο ). Άρα η είναι παράλληλη προς την, δηλαδή το είναι το μέσο της. Παρατήρηση Δεν είναι απαραίτητο (για την απόδειξη του δευτέρου ερωτήματος) να αποδείξουμε ότι το σημείο ανήκει στην ίδια ευθεία με τα σημεία,,. Χρειάζεται όμως για να αποδείξουμε ότι και,, συντρέχουν και να συμπεράνουμε ότι τα σημεία ο κύκλος C ( O,R ) είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου.
Πρόβλημα Α ΛΥΚΕΙΟΥ Να βρεθούν οι ακέραιοι x που είναι ρίζες της εξίσωσης ( ) τετράγωνό τους δεν είναι μεγαλύτερο του 5. x x = 4 και το Η εξίσωση x( x ) = 4 x x 4= 0 είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 00, οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες ± 0 x= x= 6 ή x= 4. Δεκτή είναι η ρίζα x = 4, γιατί ( 4) = 6< 5, ενώ 6 = 36> 5. Πρόβλημα Να απλοποιηθεί η παράσταση: 3 3 α + β α + β + ( αβ + β )( α β) Κ ( αβ, ) =, ( α + β) α β αν α + β 0 και α + β. Ο αριθμητής της παράστασης γράφεται: 3 3 α + β α + β + αβ + β α β ( )( ) 3 α 3 β ( α β ) β( α β)( α β) ( α β)( α αβ β ) ( α β)( α β) β( α β)( α β) ( α β)( α αβ β α β βα β ) ( α β)( α β α β) = + + + = + + + + + = + + + + = + + ( α β) ( α β)( α β) ( α β) ( α β)( α β)( α β. ) = + + = + + Ο παρανομαστής της παράστασης γράφεται: ( α + β) α β = ( α + β)( α + β ) Άρα, αφού α + β 0 και α + β, έχουμε ( ) ( α + β)( α β)( α + β ) ( α + β)( α + β ) Κ α, β = = α β. Πρόβλημα 3 Δίνεται η εξίσωση x + λx+ λ = 0. Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες μεγαλύτερες του -5 και μικρότερες του και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με 0. Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 4λ 4 λ = 4, ( )
οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες x = λ + και x = λ. Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα ( 5, ), όταν 5< λ + < και 5< λ < 6< λ < και 4< λ < 3. < λ < 6 και 3< λ < 4 < λ < 4. Επιπλέον, έχουμε ( ) ( ) λ+ + λ = 0 λ + = 0 λ = 9 λ = 3 ή λ = 3, Επομένως, αφού πρέπει < λ < 4 το ζητούμενο ισχύει για λ = 3. Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ= α και ΑΒ = ΑΓ=α. Η παράλληλη ευθεία από την κορυφή Γ προς την πλευρά ΑΒ τέμνει την ευθεία της διχοτόμου ΒΔ στο σημείο Ε. Η ευθεία ΑΕ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. Σχήμα 4 Επειδή ΕΓ // ΑΒ, θα ισχύει Β ˆ ˆ = Ε και αφού η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Βˆ, θα είναι Β ˆ ˆ = Β. Επομένως έχουμε Β ˆ ˆ = Ε και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές, δηλαδή: ΒΓ = ΓΕ = α. Στη συνέχεια μπορούμε να εργαστούμε με δύο τρόπους. ος τρόπος. Λόγω της παραλληλίας των ΕΓ, ΑΒ θεωρούμε τα όμοια τρίγωνα ΕΓΖ και ΑΒΖ, από τα οποία λαμβάνουμε: ΓΖ ΕΓ α = = = ΒΖ= ΓΖ ΒΖ ΑΒ α Επομένως το σημείο Γ είναι το μέσο της ΒΖ, δηλαδή ΒΖ= ΒΓ= α. Επειδή είναι και ΑΒ = α το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. ος τρόπος. Θεωρούμε το μέσο M της ΑΒ. Τότε το τετράπλευρο ΒΓΕΜ είναι ρόμβος, διότι: έχει ΒΜ = // ΓΕ = α (οπότε ΒΓΕΜ παραλληλόγραμμο) και ΒΓ = ΓΕ = α (δύο διαδοχικές πλευρές ίσες). Άρα ΜΕ = ΒΖ και κατά συνέπεια το E είναι μέσο του ΑΖ. Επομένως στο τρίγωνο ΑΒΖ, η ΒΕ είναι διχοτόμος και διάμεσος, οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές.
Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Α Αν κ α 0 και < α < να βρείτε το πρόσημο της παράστασης Κ = + α, Β όπου + α α + α α Α= +, Β=. α + α α + α Από τις υποθέσεις έχουμε ότι + α > 0 και α > 0, οπότε + α α + α + α Α= + = = α + α α α, ( α) + α α + α α Β= = =. α + α α α Άρα έχουμε: Α α + α Κ= + α = + α =. Β α α 3 Επειδή είναι α + α = α + > 0, για όλες τις τιμές του α, έπεται ότι η 4 παράσταση Κ έχει το πρόσημο του α, δηλαδή θετικό, αν 0< α < και αρνητικό, αν < α < 0. Πρόβλημα Δίνεται η εξίσωση : x κx + κ = 0. Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου κ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο διάστημα ( 0,5) με άθροισμα τέταρτων δυνάμεων ίσο με 8. Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 4κ 4( + κ ) = 4, οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες x = κ + και x = κ. Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα ( 0,5 ), όταν 0< κ + < 5 και 0< κ < 5 < κ < 4 και < κ < 6 < κ < 4. Επιπλέον, έχουμε ( ) ( ) 4 4 4 4 κ + + κ = 8 κ + κ + = 8 κ + 6κ 40 = 0, από την οποία λαμβάνουμε κ = 4 ή κ = 0 (αδύνατη) κ = ή κ =. Επομένως για κ = ισχύει το ζητούμενο, αφού η τιμή κ = απορρίπτεται λόγω της σχέσης < κ < 4.
Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς ακέραιους x, y και zγια τους οποίους ισχύει ότι x = y = z 0x+ 3 0y+ 5 0z+ 7 και το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z είναι διαιρέτης του 747. Από το δεδομένο σύστημα έχουμε 0x+ 3 0y+ 5 0z+ 7 = = x y z 3 5 7 0 + = 0 + = 0 + x y z 3 5 7 = = x y z οπότε, αν θέσουμε 3 = 5 = 7 = έπεται ότι: x= 3 λ, y = 5 λ, z = 7λ. x y z λ Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z είναι διαιρέτης του 747 θα έχουμε 747 9 x + y + z = 83λ 747 κ κ 83λ = λ =, Επομένως οι μοναδικές αποδεκτές τιμές για το λ είναι οι, 3 και 9. Για λ λ xyz,, = 3,5,7 ή xyz,, = 3, 5, 7. = =± έπεται ότι ( ) ( ) ( ) ( ) Για λ = 3 λ =± 3 προκύπτουν για τα x, yz, μη ακέραιες τιμές, άτοπο. Για λ 9 λ 3 xyz,, = 9,5, ή xyz,, = 9, 5,. = =± έπεται ότι ( ) ( ) ( ) ( ) Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος cor (, ), τυχούσα χορδή του AB (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο M του μικρού τόξου AB. Οι κύκλοι c ( A, AM ) και c (, ) B BM τέμνουν το κύκλο cor (, ) στα σημεία K και N αντίστοιχα. Οι κύκλοι c (, ) A AM και c (, ) B BM τέμνονται στο σημείο T. Να αποδείξετε ότι το σημείο T είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου KMN. Γνωρίζουμε ότι η διάκεντρος τεμνόμενων κύκλων είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους.
Σχήμα 5 Η KM είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( O,R ) και c ( A, AM ). Άρα η OA είναι μεσοκάθετη της KM. () Η MT είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( A, AM ) και c ( B,BM ). Άρα η AB είναι μεσοκάθετη της MT. () Η MN είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( O,R ) και c ( B,BM ). Άρα η OB είναι μεσοκάθετη της MN. (3) Από τις καθετότητες () και (), προκύπτει η ισότητα γωνιών: Â = Mˆ (γιατί έχουν πλευρές κάθετες). Από τις καθετότητες () και (3), προκύπτει η ισότητα γωνιών: Bˆ = Mˆ (γιατί έχουν πλευρές κάθετες) και τελικά από το ισοσκελές τρίγωνο OAB, έχουμε: Â = Bˆ. Οι τρεις τελευταίες ισότητες γωνιών μας οδηγούν στην ισότητα: Mˆ = Mˆ. Η γωνία A Nˆ M και A Bˆ M είναι ίσες, διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c ( O,R ) και βαίνουν στο τόξο AM. Η γωνία T Nˆ M είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c ( B,BM ), οπότε θα ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας T Bˆ M, δηλαδή: TNˆ M = ABˆ M Άρα ANˆ M = T Nˆ M και κατά συνέπεια τα σημεία A,T, N είναι συνευθειακά. Ισχύει τώρα η ισότητα A Nˆ K = ANˆ M (διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c ( O,R ) και βαίνουν στα ίσα τόξα AM και AK ). Επομένως η NA είναι διχοτόμος της γωνίας K Nˆ M.
Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Να λύσετε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση 0 + + + + = + + + 3 + + 3+ 4 + + 3 + 4 + + x 03 x( x+ ) Επειδή + + 3 +... + x =, για κάθε θετικό ακέραιο x, η δεδομένη εξίσωση γράφεται: 0 + + + + = 3 3 4 4 5 x( x+ ) 03 0 + + +... + = 3 3 4 4 5 x x+ 03 0 = = x = 0. x + 03 x + 03 Πρόβλημα Αν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων ( ) g( x) = cx+ b, όπου abc,,, a 0 f x = ax + bx+ c και, διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, να βρείτε τη συνθήκη που ισχύει μεταξύ των παραμέτρων abc,, καθώς και το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων. Από την υπόθεση έπεται ότι η εξίσωση ax + bx + c = cx + b ax + ( b c) x + ( c b) = 0 έχει μοναδική λύση. Επομένως η διακρίνουσά της ισούται με 0, δηλαδή Δ= ( b c) + 4a( b c) = 0 ( b c)( b c+ 4a) = 0 c b= 4 a, αφού b c. Όταν c b= 4a η εξίσωση γίνεται: ax 4ax + 4a = 0 a x 4x + 4 = 0 x 4x + 4= 0 x =. ( ) Άρα το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων είναι το Μ (, c+ b).. Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς x, y και οποίους ισχύει ότι x = y = z 0x+ y 0y+ z 0z+ 7 και το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z ισούται με 47. zγια τους Από το δεδομένο σύστημα έχουμε
0x+ y 0y+ z 0z+ 7 = = x y z y z 7 y z 7 0 + = 0 + = 0 + = = x y z x y z y z 7 3 οπότε, αν θέσουμε = = = έπεται ότι: x= 7 λ, y = 7 λ, z = 7λ. x y z λ Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z ισούται με 47 θα έχουμε 6 4 x + y + z = 47 49λ + 49λ + 49λ = 47 6 4 6 4 λ + λ + λ = 3 λ + λ + λ = 0 4 λ λ + λ + + λ + + = 0 ( )( ) 4 ( )( ) λ λ + λ + 3 = 0 λ = ή λ =, 4 αφού η εξίσωση λ + λ + 3= 0 έχει διακρίνουσα Δ = 8< 0. Επομένως οι ζητούμενες τριάδες ακεραίων είναι: xyz,, = 7,7,7 ή xyz,, = 7, 7, 7 ( ) ( ) ( ) ( ) Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος cor (, ), τυχούσα χορδή του BC (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο M του μικρού τόξου BC. Οι κύκλοι c ( B, BM ), c (, ) C CM τέμνουν το κύκλο cor (, ) στα σημεία K, N, αντίστοιχα, και οι κύκλοι c ( B, BM ), c ( C, CM ) τέμνονται στα σημεία A και M. Η παράλληλος από το σημείο M προς την BC τέμνει τους κύκλους c ( B, BM ), c (, ) C CM στα σημεία T, S αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AM, KT, NS περνάνε από το ίδιο σημείο. Θα αποδείξουμε, πρώτα, ότι τα σημεία K, A,C, S και N, A,B, T είναι συνευθειακά. Σχήμα 6 Η AM είναι η κοινή χορδή των κύκλων c ( B,BM ) και c ( C,CM ). Άρα η διάκεντρός τους BC είναι μεσοκάθετη της AM.
Η BC όμως είναι παράλληλη με την TS (από την κατασκευή του σχήματος). Άρα η o TS είναι κάθετος με την AM ( AM TS ). Δηλαδή A Mˆ T = AMˆ S = 90. Από την τελευταία ισότητα γωνιών προκύπτει ότι τα σημεία A, T και A, S είναι αντιδιαμετρικά στους κύκλους c ( B,BM ) και c ( C,CM ) αντίστοιχα. Επομένως, τα σημεία A,C, S και A,B, T είναι συνευθειακά. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι τα σημεία K, A, C και N, A, B είναι συνευθειακά. Στον κύκλο c ( O,R ), το σημείο B είναι μέσο του τόξου KM (διότι BM, BK είναι ακτίνες του κύκλου c ( B,BM ) ). Άρα οι εγγεγραμμένες στα τόξα BM και BK γωνίες, θα είναι ίσες μεταξύ τους. Επομένως KCB ˆ = MCB ˆ (). Εφόσον η διάκεντρος BC είναι μεσοκάθετη της AM, τα τρίγωνα ABC και MBC είναι ίσα, οπότε : ACB ˆ = MCB ˆ (). Από τις ισότητες των γωνιών () και () συμπεραίνουμε ότι K ĈB = AĈB και κατά συνέπεια τα σημεία K, A, C είναι συνευθειακά. Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία N, A, B είναι επίσης συνευθειακά. Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα AMTK και AMSN συμπεραίνουμε ότι: o A Kˆ T = ANˆ S = 90. Επομένως προκύπτουν οι καθετότητες TK KS και TN NS. Σε συνδυασμό τώρα με την καθετότητα AM TS, συμπεραίνουμε ότι τα AM, KT, NS είναι ύψη του τριγώνου ATS, οπότε θα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του. Παρατηρήσεις Έστω P το ορθόκεντρο του τριγώνου ATS. Τότε τα σημεία P, A,T, S αποτελούν ορθοκεντρική τετράδα και κατά συνέπεια το σημείο A είναι ορθόκεντρο του τριγώνου PTS. Το τρίγωνο KMN είναι ορθικό του τριγώνου PTS και κατά συνέπεια το σημείο A είναι έκκεντρο του τριγώνου KMN.
Σχήμα. Επειδή είναι και, έπεται ότι η ΑΓ είναι διάμετρος του κύκλου C,. Άρα το τετράπλευρο ΑΓΗΖ είναι ορθογώνιο, οπότε. Επομένως το εμβαδόν του τετραγώνου ΕΖΗΘ είναι ίσο με 4. Άρα έχουμε: 4 4. 3. Σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε: 4 4 3 443 664 3 4 3 7 3,48..., που ισχύει. 7 Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις του συστήματος: x0 x 7x0 0 x x xx 5 Έχουμε x Η εξίσωση 0 x 7x 0 0 x 0 0 ή x 7x 0 x x x x 0 ή 7 0 0. 7x0 0, έχει το πρώτο μέλος της τριώνυμο με, 7, 0, οπότε είναι 4 9 και οι ρίζες της εξίσωσης είναι x ή x 5. 0
Διαφορετικά μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση x 7x00είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x x7 0. Επειδή ζητάμε ακέραιες λύσεις της εξίσωσης, συμπεραίνουμε ότι ο x πρέπει να είναι διαιρέτης του 0. Επομένως θα είναι x,, 5, 0. Με δοκιμές διαπιστώνουμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι ακέραιοι και 5. Στη συνέχεια επιλύουμε την ανίσωση του συστήματος x x xx 5x 54x5x 5x x 3. 5 Επομένως οι ζητούμενες ακέραιες λύσεις του συστήματος είναι: x 5 ή x 0.. Να απλοποιηθεί η παράσταση: Αν θέσουμε x τότε η παράσταση x x x x 3x 4 3 3 3 x x x x x 4 x x x x x x x Αx είναι ίση με τη διαφορά x x x 3x 3 3 3 και, x x x x x x x x x. Έχουμε: x 3x3x x x 3x3x x x x xx 4 3 3 4 3 3 x x x x 4 3 4 3 4 3 x 4x 6x 4x x x 3x x x x x x x xx xx xx x x Άρα έχουμε: xx x x 3 3x 3x xx x x x x x x x x x x 3 3 3 3 3 3 3 x x x x. x x x x x x x x x. 3. (α) Αν ακέραιος, να λύσετε την εξίσωση: x x 3 x x. 4 4 (β) Για ποιες τιμές του ακέραιου η παραπάνω εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις; (α) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την xx4 x 3 x xx4x8 3x3xx8 3. x 8 3. () 3. 3
Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:. Αν, τότε η εξίσωση γίνεται 0 x 5 και είναι αδύνατη., δηλαδή, αν ο είναι ακέραιος διαφορετικός από το,. Αν 8 3 τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση x. (β) Η εξίσωση έχει ακέραιες λύσεις, όταν είναι 8 3 8 85 8 5 x x x 5 5 x 8,, 5,5, 0, 6, 4. Όλες οι τιμές που βρήκαμε για το είναι δεκτές, αφού είναι διαφορετικές του -. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ ΑΓ ). Κύκλος με κέντρο την κορυφή Α και ακτίνα τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Δ, αντίστοιχα. Οι ευθείες ΒΔ, ΓΕ τέμνουν για δεύτερη φορά το κύκλο στα σημεία K,N αντίστοιχα. Αν Tείναι το σημείο τομής των ΒΔ, ΓΕ και S το σημείο τομής των ΔΝ, ΕΚ, να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, S και T βρίσκονται επάνω στην ίδια ευθεία. Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΕΓ είναι ίσα γιατί έχουν: (α) ΑΕ, ως ακτίνες του ίδιου κύκλου, (β) ΑΒ ΑΓ (πλευρές του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ ) και (γ) η γωνία ˆΑ είναι κοινή για τα δύο τρίγωνα. Σχήμα 3 Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΒ και ΑΕΓ, προκύπτουν οι ισότητες: Β ˆ ˆ Γ και κατά συνέπεια: ΒΤΓ ˆ ΓΤΒ ˆ. ()
ΑΔΒ ˆ ΑΕΓ ˆ και κατά συνέπεια ως παραπληρωματικές ίσων γωνιών ΒΕΓ ˆ ΒΔΓ ˆ () ΔΒ ΔΓ. (3) Από την ισότητα () των γωνιών ΒΤΓ ˆ ΓΤΒ ˆ προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΤΓ είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια το σημείο Τ θα ανήκει στη μεσοκάθετη της ΒΓ. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΤΓ έχουμε: ΤΒ = ΤΓ και σε συνδυασμό με την ισότητα (3) συμπεραίνουμε: ΤE. Από την ισότητα () των γωνιών ΒΕΓ ˆ ΒΔΓ ˆ, προκύπτει η ισότητα τω ισοσκελών τριγώνων ΑΔΚ και ΑΕΝ. Άρα ΔΚ ΕΝ και επειδή ΤET, καταλήγουμε ΤΚ ΤΝ. Από τις ισότητες ΤET και ΤΚ ΤΝ συμπεραίνουμε την ισότητα των τριγώνων ΕΤΚ και ΔΤΝ. Από την προηγούμενη ισότητα προκύπτει η ισότητα των τριγώνων SΕΝ SΔΚ και στη συνέχεια η ισότητα SΑΕ SΑΚ, οπότε το σημείο S ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας ˆΑ. Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα (α) Να απλοποιήσετε την παράσταση: xx x x4 x, x. x (β) Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης: 0409009 006. 00 χωρίς την εκτέλεση των σημειούμενων πράξεων. (α) Εκτελούμε τις πράξεις και παραγοντοποιούμε τον αριθμητή της παράστασης: xxxx4 x x 3x x4 x x 3 3 x 3x x4x 6xx4 x x 4x x x x x x x x x. x x (β) Για x 00 η προηγούμενη παράσταση γίνεται ίση με την Α, οπότε θα έχουμε: 00 00 40. Πρόβλημα Να αποδείξετε ότι η εξίσωση, x a xb c με άγνωστο το x, έχει ρίζες στο, για όλες τις τιμές των παραμέτρων abc,,, c 0.
Για a Έστω b a b. η εξίσωση γίνεται: x ac. x a c Τότε η εξίσωση είναι ισοδύναμη με xa xb c xaxb, με xa και xb 0, με και () x a b c x ab a b c x a x b Η διακρίνουσα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης είναι 4 4 abc 4ab4 ab c ab 4ab4c ab 4c 0, οπότε η εξίσωση () έχει δύο ρίζες άνισες στο που δίνονται από τις ισότητες 4 abc ab 4c x,. () Οι δύο ρίζες είναι δεκτές, αν τα a και b δεν είναι ρίζες της εξίσωσης (). Για x a η εξίσωση γίνεται: aaxbc aaxb 0c a b, που είναι άτοπο, αφού είναι c 0 και έχουμε υποθέσει ότι a b. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο για x b. Επομένως, για a b, η δεδομένη εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες στο που δίνονται από τις ισότητες (). Πρόβλημα 3 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: 3 3 3 y x x, z y y, x z z. Με αφαίρεση κατά μέλη των εξισώσεων του συστήματος λαμβάνουμε: yz x y x xy y ( ) Επειδή είναι zx yz y yzz ( ) y 3y x xy y x 0 και ομοίως προκύπτει ότι 4 z 3z y yzz y 0, αν υποθέσουμε ότι είναι x y, τότε από 4 την () λαμβάνουμε ότι y z. Στη συνέχεια από τη σχέση () λαμβάνουμε z x. Έτσι έχουμε x y z x, άτοπο. Ομοίως καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε ότι x y. Επομένως έχουμε x y, οπότε θα είναι και y z. Τότε από τις αρχικές εξισώσεις έχουμε: αφού το τριώνυμο 3 3 3 x x x x x x x 0 0 x x x x 0 x, x έχει διακρίνουσα 7 0. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ< ΑΓ < ΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο c(o,r). Οι διχοτόμοι των γωνιών ˆΑ, ˆΒ και ˆΓ, τέμνουν το κύκ λο c(o,r)
στα σημεία Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα. Από το σημείο Ζ, θεωρούμε παράλληλη στην ΑΓ, που τέμνει την ΒΓ στο σημείο M. Από το σημείο Ε, θεωρούμε παράλληλη στην ΑΒ, που τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν. Να αποδείξετε ότι: α) Τα τετράπλευρα ΒΜΟΖ και ΓΝΟ Ε είναι εγγράψιμα σε κύκλους, έστω (c ) και (c ), αντίστοιχα. β) Το δεύτερο κοινό σημείο (έστω Κ ) των κύκλων (c ) και (c ) ανήκει στο κύκλο με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα ΔΙ, όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. α) Εφόσον η ΖΜ είναι παράλληλη στην ΑΓ, θα ισχύει: ΖΜΒ ˆ ΑΓΒ ˆ Γˆ. Η γωνία ΖΟ ˆ Β είναι επίκεντρη στον κύκλο c(o, R) και βαίνει στο τόξο ΖΒ (που είναι το μισό του τόξου ΑΒ ). Άρα ΖΟΒ ˆ ˆΓ. Άρα είναι ΖΜˆ Β ΖΟΒ ˆ Γˆ, οπότε το τετράπλευρο ΒΜΟΖ είναι εγγράψιμο. Σχήμα 4 Ομοίως προκύπτει ότι εγγράψιμο. ΕΝΓ ˆ EOˆ ˆΒ και ότι το τετράπλευρο ΓΝΟΕ είναι β) Επειδή το σημείο Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, θα ισχύουν οι ισότητες γωνιών: ˆ ˆ Α + ˆΒ ˆ ˆΑ + ˆΓ ΔΙΒ ΔΒΙ και ΔΙΓ ˆ ΔΓΙ ˆ. Από τις προηγούμενες ισότητες προκύπτει ότι ΔΒ ΔΙ ΔΓ και επίσης εύκολα ˆ προκύπτει ότι: ΒΙΓ ˆ 90. Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα σημεία Β, Ι, Κ, Γ είναι ομοκυκλικά, δηλαδή ότι Β+ ˆ Γˆ ΒΚΓ ˆ ˆΑ + ΒΙΓ ˆ.
Σχήμα 5 Το τρίγωνο ΟΒΖ είναι ισοσκελές (ΟΒ ΟΖ R), με ΒΟΖ ˆ Γˆ. Άρα ˆ o ˆΓ ΒΖΟ = 90 -. Το τρίγωνο ΟΓΕ είναι ισοσκελές (ΟΓ ΟΕ R), με ΓΟˆ Ε Βˆ. Άρα o ˆΒ ÊO 90. Έτσι ισχύουν διαδοχικά οι ισότητες: ΒΚΓ ˆ = ΟΚΒ ˆ + ΟΚΓ ˆ ΒΖΟ ˆ ΓΕΟ ˆ ˆΓ 90 o o ˆΒ 90 ˆ o ˆ 80 90 90 ΒΙΓ ˆ. Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση x 3x x x 6x 4 4 4. ( ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι τα τριώνυμα x 3x και x x έχουν παράγοντα το x, οπότε η εξίσωση γίνεται: 4 4 4 x x x 6 0 x x x 4 4 4 0 ή 60 4 (με πολλαπλότητα 4) ή 4 0 x x x 4 (με πολλαπλότητα 4) ή 6 7 0 x x x (με πολλαπλότητα 4) ή ή 7(αδύνατη) x x x x(με πολλαπλότητα 4) ή x ή x.
ος τρόπος Αν θέσουμε a x 3x, b x x, τότε a bx 4 και η εξίσωση γίνεται: 4 4 4 4 4 4 3 3 4 a b ab a b a 4a b6a b 4ab b 3 0 ab a ab b 0 ή 0 ή 3 0 a b a ab b a 0 ή b0 ή a b0, αφού η εξίσωση a 3abb 0, αν ab 0, είναι ισοδύναμη με την εξίσωση a u 3u0, u, b η οποία δεν έχει λύσεις στο. Άρα έχουμε: a0 ή b0 ή ab0 x 3x0 ή x x0 ή x 3xx x0 x ή x ή xή x ή x(διπλή) x ή xή x(με πολλαπλότητα 4) Πρόβλημα Να προσδιορίσετε την τιμή της παραμέτρου,, αν το σύστημα x y x y, (Σ) x y έχει λύση στο, δια κάθε τιμή της παραμέτρου. Έχουμε Αν ήταν 0 x y x y x x xx x y y x 5x 4x 0 () y x ( ), τότε η εξίσωση () έχει διακρίνουσα 6 0 4 8 4 Επειδή το σύστημα έχει λύση στο για κάθε τιμή της παραμέτρου, έπεται ότι θα είναι: 0 840. (3) Όμως, το τριώνυμο 84 έχει διακρίνουσα 80 0, οπότε έχει 4 δύο πραγματικές ρίζες ετερόσημες, έστω 0 (αφού είναι 0 ). Επομένως θα έχουμε 840, για ή, άτοπο. Για 0 η εξίσωση () έχει τη λύση x 0, οπότε προκύπτει ότι y και το σύστημα έχει τη λύση xy, 0,. Άρα είναι 0.
Πρόβλημα 3 Η ακολουθία a, n n 0,,,... είναι τέτοια ώστε η ακολουθία d, n an an με n,,.3,... είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά a a0.. Να προσδιορίσετε, συναρτήσει των a, 0 και n τον γενικό όρο a n και το άθροισμα S n a 0 a a n.. Αν είναι a0 και a 7, να προσδιορίσετε τον ελάχιστο θετικό ακέραιο n 3 3 για τον οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: a 0 και 80.. Σύμφωνα με την υπόθεση έχουμε: d, dn dn n, n,3,..... οπότε θα είναι: d d... d a a a a... a a n Sn n n n 0 n 0 nn n 0... n a a a a... n an a0. Για το άθροισμα Sn έχουμε: 3 nn Sn a0 aan n a0... n na0... n n na0 k k k n n nnn nn na0 k k n a0 k k 6 nnn nnn na0 na0. 3 6. Αν είναι a και a 7, τότε έχουμε 6 και 0 3 an 3n n, Sn nn n n n n n n. Έτσι έχουμε να λύσουμε το σύστημα των ανισώσεων: 3 a 0 και 80 3 3 a 3n n 0, S n 80 n 3 3 Sn n n nn 333, n0 n8, n9 n8 ή n 9. αφού είναι 7 8 306, 89 34. Άρα ο ζητούμενος ελάχιστος θετικός ακέραιος n είναι ο 8. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ< ΑΓ < ΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) και Δ τυχόν σημείο της πλευράς ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας ˆΒ, τέμνει τον κύκλο (c) στο σημείο Σ, τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΒ ˆ στο σημείο Κ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΓ ˆ στο σημείο M. Η διχοτόμος της γωνίας ˆΓ, τέμνει τον
κύκλο (c) στο σημείο Τ, τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔΓ ˆ στο σημείο Λ και τη διχοτόμο της γωνίας ΑΔˆ Β στο σημείο N. Να αποδείξετε ότι: α) Τα σημεία Α, Ι, Λ, Μ και Α,Ι, Κ, Ν είναι ομοκυκλικά σε δύο διαφορετικούς κύκλους (έστω) (c ) και (c ) αντίστοιχα, όπου Ι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. β) Αν η ΑΔ ταυτιστεί με το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, που αντιστοιχεί στη κορυφή Α τότε οι κύκλοι (c και (c ) είναι ίσοι μεταξύ τους. ) α) Από την κατασκευή των διχοτόμων συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Κ, Λ είναι τα έκκεντρα των τριγώνων ΑΔΒ και ΑΔΓ αντίστοιχα. Ισχύει τώρα η ισότητα των γωνιών: ˆ ˆ 0 Αˆ Α ΔΑΓ ΙΑΓ ˆ ΛΑΓ ˆ Αˆ 80 xˆ Γˆ Αˆ ˆ ˆ o Γ Β 90 xˆ xˆ Σχήμα 6 Βˆ Βˆ Από το τρίγωνο ΜΔΒ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆΒ x Μ Μ xˆ, δηλαδή Αˆ Μˆ xˆ. Άρα το τετράπλευρο ΑΙΛΜ είναι εγγράψιμο. Ισχύει επίσης η ισότητα των γωνιών: ˆ ˆ 0 Αˆ ˆ Α ΔΑΒ ΙΑΒ ΚΑΒ ˆ Αˆ 80 yˆ Βˆ Αˆ ˆ o Β Γ 90 yˆ yˆ ˆ. Γˆ Γˆ Από το τρίγωνο ΝΔΓ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆΓ y Ν Ν yˆ, δηλαδή Αˆ Νˆ yˆ. Άρα το τετράπλευρο ΑΙΚΝ είναι εγγράψιμο. β) Εφόσον Ι είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, θα ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Αˆ Βˆ ˆΓ ˆ ˆ ˆ ΑΙΒ ˆ Γˆ 90 o και ˆ ˆ Α Γ o Β ΑΙΓ Β 90. Από το τρίγωνο ΑΙΚ έχουμε:
ˆΓ ˆ ˆ ˆ o ˆ ˆ o o Κ ˆ o Γ Γ 80 ΑΙΒ Α 80 90 Ν 90 yˆ 90 o ŷ. Από το τρίγωνο ΑΙΛ έχουμε: ˆΒ ˆ ˆ ˆ o Λ ˆ ˆ o o ˆ o Β Β o 80 ΑΙΓ Α 80 90 Μ 90 xˆ 90 xˆ. o Αν τώρα υποθέσουμε ότι ΑΔ ΒΓ τότε xˆ ŷ 45, οπότε Κˆ ˆ. Άρα οι κύκλοι (c ) και (c ) είναι ίσοι (οι ίσες γωνίες ˆΚ,Λ ˆ βαίνουν στη κοινή χορδή ΑΙ ). Παρατηρήσεις α) Τα κέντρα των κύκλων (c ) και (c ) βρίσκονται επάνω στην ΣΤ. β) Το σημείο Α είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ΔΚΙΛΜΝ.
7 Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Να προσδιορίσετε τους ακέραιους που είναι λύσεις του συστήματος εξίσωσηςανίσωσης x x x( x ) x 5x = 4, + <. 4 4 Η εξίσωση x 5x = 4είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x( x 5) = 4. Επειδή ζητάμε ακέραιες λύσεις της εξίσωσης, συμπεραίνουμε ότι ο x πρέπει να είναι διαιρέτης του 4. Επομένως θα είναι x { ±, ±, ± 7, ± 4}. Με δοκιμές διαπιστώνουμε ότι οι λύσεις της εξίσωσης είναι οι ακέραιοι 7 και -. Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να γράψουμε την εξίσωση στη μορφή τριωνύμου x 5x 4= 0, με α =, β = 5, γ = 4, οπότε είναι Δ= β 4αγ =8 και οι ρίζες της εξίσωσης είναι x = 7 ή x =. Στη συνέχεια επιλύουμε την ανίσωση του συστήματος x x x( x ) + < x + x < x x 3x < 3 x <. 4 4 Επομένως η ζητούμενη ακέραια λύση του συστήματος είναι η x =.. Αν οι α,β, γ είναι πραγματικοί αριθμοί, με κατάλληλο χωρισμό των όρων της σε ομάδες, να παραγοντοποιήσετε την παράσταση: 4 3 3 4 4 Α= α + α β+ αβ αβγ αβ γ β γ α γ + β γ. Α= α + α β+ αβ αβγ αβ γ β γ α γ + β γ 4 3 3 4 4 4 3 3 4 4 ( α α β αβ ) ( αβγ αβ γ β γ ) ( α γ β γ ) α ( α αβ β ) β γ ( α αβ β ) γ ( α β γ ) ( α αβ β)( α βγ) γ ( α βγ) ( α β γ )( α αβ β γ ) α ( βγ) ( α β) γ = + + + + = + + + + = + + = + + = + β γ α β γ. = ( α+ βγ)( α βγ) ( α+ + )( + ) 3. Να λύσετε το σύστημα: x 4 x 5 x =, = +. y 3y 3 3 Αν θέσουμε = w και απαλείψουμε παρονομαστές, το σύστημα γίνεται: y
8 x 8w = x = + 8w x = + 8w x = + 8w x 4w = 3 x = 3+ 4w + 8w = 3+ 4w 8w 4w = 3 x = + 8 x = + x = 4 x = + 8w 4. 4w = w = w = w = 4 4 4 4 Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση ( x, y) = 4, 4. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και το ύψος του ΑΔ. Από τυχόν σημείο Ε του ύψους ΑΔ θεωρούμε ευθεία (ε) παράλληλη στη ΒΓ. Πάνω στην ευθεία (ε) θεωρούμε δύο διαφορετικά μεταξύ τους σημεία Μ, Ν έτσι ώστε ΕΜ = ΕΝ και ΜΒ < ΜΓ. Να αποδείξετε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα ΜΓ και ΝΒ τέμνονται πάνω στο ύψος ΑΔ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι ίσα διότι έχουν τις υποτείνουσες (ΑΒ = ΑΓ) και δύο οξείες γωνίες (Βˆ = Γ) ˆ ίσες. Άρα ΔΒ = ΔΓ, δηλαδή το Δ είναι μέσο της ΒΓ. Τα τρίγωνα τώρα ΕΔΒ και ΕΔΓ είναι ορθογώνια και έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες (ΕΔ κοινή και από τη προηγούμενη ισότητα ΔΒ = ΔΓ ). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε θα έχουν Ε ˆ ˆ = Ε και ΕΒ = ΕΓ. Από την τελευταία ισότητα γωνιών, προκύπτει Ε ˆ ˆ 3 = Ε4 γιατί οι γωνίες Ε ˆ ˆ 3, Ε 4 είναι συμπληρωματικές των ίσων γωνιών Ε ˆ ˆ, Ε. Σχήμα 4 Τα τρίγωνα ΕΜΒ και ΕΝΓ είναι ίσα γιατί έχουν:. ΕΜ = ΕΝ (από τα δεδομένα της άσκησης).. ΕΒ = ΕΓ (από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΕΔΒ και ΕΔΓ ).
9 ˆ = ˆ (συμπληρωματικές των ίσων γωνιών Ε ˆ ˆ, Ε ). Άρα θα έχουν ΜΒ = ΝΓ και ΕΜΒ ˆ = ΕΝΓ ˆ. 3. Ε3 Ε4 Τα τρίγωνα ΜΝΒ και ΜΝΓ είναι ίσα διότι έχουν:. ΜΝ = ΜΝ (η πλευρά ΜΝ είναι κοινή).. ΜΒ = ΝΓ (από την ισότητα των τριγώνων ΕΜΒ και ΕΝΓ ). 3. ΕΜΒ ˆ = ΕΝΓ ˆ (από την ισότητα των τριγώνων ΕΜΒ και ΕΝΓ ). Άρα θα έχουν και ΜΓ = ΝΒ. Τα τρίγωνα τέλος ΜΒΓ και ΝΒΓ είναι ίσα γιατί έχουν:. ΒΓ = ΒΓ (η πλευρά ΒΓ είναι κοινή). ΜΒ = ΝΓ (από την ισότητα των τριγώνων ΕΜΒ και ΕΝΓ ) 3. ΜΒΓ ˆ = ΜΒΕ ˆ + ΕΒΓ ˆ = ΝΓΕ ˆ + ΕΓΒ ˆ = ΝΓΒ ˆ Άρα θα έχουν και Β ˆ ˆ = Γ. Αν τώρα συμβολίσουμε με Τ το σημείο τομής των ΜΓ και ΝΒ, σε συνδυασμό με την ισότητα Β ˆ ˆ = Γ, συμπεραίνουμε ότι η ΤΔ είναι το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΤΒΓ, δηλαδή η ΤΔ είναι κάθετη προς τη ΒΓ στο σημείο Δ. Άρα το σημείο Τ, θα ανήκει στο ύψος ΑΔ.
0 Β ΛΥΚΕΙΟΥ. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z ισχύουν οι ισότητες x y z = x = y z x y = z x y z, να αποδείξετε ότι x+ y+ z= 6 και να προσδιορίσετε τους αριθμούς x,y,z. Από τις δεδομένες ισότητες προκύπτει ότι πρέπει να αληθεύουν οι περιορισμοί: x, y και z, αλλά και οι περιορισμοί x y+ z, y z+ x και z x+ y. Στη συνέχεια με ύψωση στο τετράγωνο των δύο μελών των δεδομένων εξισώσεων λαμβάνουμε x y z= x 4x+ 4 4x y z = 4 y z x = y 4y + 4 x + 4y z = 4, () z x y= z 4z+ 4 x y+ 4z= 4 από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: x+ y+ z= 6. Οι αριθμοί x,y,z προκύπτουν από τις εξισώσεις του συστήματος (), αν τις γράψουμε στη μορφή 5x ( x + y + z) = 4 5x 6 = 4 x = 5y ( x + y + z) = 4 5y 6 = 4 y =. 5z ( x + y + z) = 4 5z 6 = 4 z = Διαφορετικά, αν υποθέσουμε ότι μία τουλάχιστον από τις ανισότητες x, y και z αληθεύει μόνον ως γνήσια ανισότητα, έστω x >, τότε με πρόσθεση αυτών κατά μέλη προκύπτει ότι x+ y+ z> 6, που είναι άτοπο. Άρα θα είναι x = y= z=.. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και οι κύκλοι c(α,αβ) (με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα R = ΑΒ ) και c(α,αγ)(με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα R = ΑΓ ). Ο κύκλος c(α,αβ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ε και την ευθεία ΑΒ στο σημείο Δ. Ο κύκλος c(α,αγ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Κ και την ευθεία ΑΓ στο σημείο Ν. α. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ είναι ορθογώνιο. β. Αν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΓΑ = ΓΒ και ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ είναι τετράγωνο. ˆΓ 30 o =, να αποδείξετε
α. Η ΒΔ (από την κατασκευή) είναι διάμετρος του κύκλου c(α,αβ), οπότε Α o είναι το μέσο του ΒΔ και ΒΕΔ ˆ = 90. Η ΓΝ (από την κατασκευή) είναι διάμετρος του κύκλου c(α,αγ), οπότε Α είναι o το μέσο του ΓΝ και ΓΚΝ ˆ = 90. Από τις προηγούμενες παρατηρήσεις συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΝΔΓΒ είναι παραλληλόγραμμο, γιατί οι διαγώνιες του διχοτομούνται, οπότε ΝΔ = //ΒΓ. o Από την ισότητα ΒΕΔ ˆ = ΓΚΝ ˆ = 90 προκύπτει ότι οι ευθείες ΝΚ και ΔΕ είναι κάθετες προς την ευθεία ΒΓ, οπότε θα είναι ΝΚ //ΔΕ. Από τις προηγούμενες παραλληλίες συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ o είναι παραλληλόγραμμο και από την ισότητα ΒΕΔ ˆ = ΓΚΝ ˆ = 90 καταλήγουμε στο ότι το τετράπλευρο ΔΕΚΝ είναι ορθογώνιο. Σχήμα 5. β. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΝΚΓ ισχύει ˆΓ = 30 o, οπότε η κάθετη πλευρά απέναντι από τη γωνία Γ θα ισούται με το μισό της υποτείνουσας. Άρα θα έχουμε ΝΓ ΚΝ = = ΑΓ = ΒΓ, οπότε, λόγω της ισότητας ΝΔ = ΒΓ, συμπεραίνουμε ότι ΚΝ = ΝΔ, δηλαδή δύο διαδοχικές πλευρές του ορθογώνιου ΔΕΚΝ είναι ίσες, οπότε αυτό είναι τετράγωνο. 3. Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει ότι x+ y= 4, να αποδείξετε ότι: Πότε ισχύει η ισότητα; Αρκεί να αποδείξουμε ότι: ( x + ) ( y + ) x + 5. y
4x + 4x + 4y + 4y + 5 x + y ήαρκεί: 4( x + y) + 8 + + 5 x y ή αρκεί: +. x y Η τελευταία ανισότητα μπορεί να προκύψει με διάφορους τρόπους. Ένας από αυτούς είναι μέσω της σχέσης ( x+ y) + 4, x y αν θέσουμε x+ y= 4, η οποία αληθεύει γιατί x y x y ( x+ y) + = + + + = 4. x y y x y x Η ισότητα ισχύει για x = y=. Διαφορετικά, αρκεί να γράψουμε x+ y + xy 4 x( 4 x) 4 x 4x+ 4 0 x y xy x 0, που ισχύει. ( ) Στην τελευταία σχέση η ισότητα ισχύει για x = y=, οπότε και η ζητούμενη σχέση αληθεύει ως ισότητα για x = y=. o 4. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Αˆ = 90 ) και έστω Ε το μέσο της διχοτόμου ΒΔ. Η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΕΒ στο σημείο Α τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΜΕ και η διχοτόμος της γωνίας ˆΓ, τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. Επειδή E είναι το μέσο της υποτείνουσας ΒΔ του ορθογωνίου τριγώνου AΒΔ, θα ισχύει:
3 Σχήμα 6 ΕΑ = ΕΒ. Άρα το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ και ˆΒ Αˆ ˆ = Β =. Επειδή η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΒ ˆΒ, θα ισχύει Βˆ ˆ = Β = και αφού ˆ ˆ ˆΒ ˆΒ Α = Β =, καταλήγουμε στην ισότητα Αˆ = Βˆ =. Άρα η ΓΒ είναι εφαπτόμενη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΕΒ και κατά συνέπεια ΜΑ = ΜΒ, δηλαδή το σημείο Μ ανήκει στη μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ. Στο ίδιο συμπέρασμα μπορούμε να καταλήξουμε ως εξής: Οι γωνίες ΜΑΕ ˆ ˆΒ και ˆΒ = είναι και οι δύο οξείες και η ΜΑΕ ˆ είναι γωνία ˆΒ χορδής εφαπτομένης, ενώ η ˆΒ = είναι εγγεγραμμένη στο τόξο ΑΕ του ˆΒ περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΕΒ. Επομένως θα είναι ΜΑΕ ˆ =, οπότε ΜΑΒ ˆ = Βˆ και το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισοσκελές με ΜΑ = ΜΒ, δηλαδή το σημείο Μ ανήκει στη μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ. Το σημείο Μ είναι το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ, οπότε είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Τελικά η ΜΕ είναι η μεσοκάθετη της πλευράς ΑΒ, οπότε θα διέρχεται από το μέσο Κ του τόξου ΑΒ, από το οποίο διέρχεται και η διχοτόμος της γωνίας ˆΓ.
4 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η εξίσωση ( x 3x ) ( x 3x ) 7( x ) 3 3 3 + + + + =. ( ος τρόπος) Αν θέσουμε a = x + 3x+, b= x + 3x+, τότε γίνεται: a b= x και η εξίσωση 3 3 ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( a b)( 6a 5ab + 6b ) = 0 3 3 a b 7 a b a b a ab b 7 a b = + + = a b a + ab + b 7a + 4ab 7b = 0 a b 0 ή a 5ab b 0 = + = a = b ή a = b ή a = b x = 0 ή 3x 3 = 0 ή 3x + 3x = 0 x = ή x = ή x = ή x = 0 ή x = x = (τριπλή ρίζα) ή x = 0 ή x =. ος τρόπος Παρατηρούμε ότι και στους τρεις όρους των δύο μελών της εξίσωσης υπάρχει ο κοινός παράγοντας ( x+ ) 3, οπότε η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 x + x + x + 7 x = 0 x = (τριπλή ρίζα) + + + + + = x = (τριπλή ρίζα) ή 7x 7x = 0 x = (τριπλή ρίζα) ή x = 0 ή x =. 3 3 3 ή 8x x 6x x 6x x 8 7x x x 7 0. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Το ύψος του ΑΔ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο Ζ και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΔΖ τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Ε. Αν η ευθεία ΕΔ τέμνει την ευθεία ΑΓ στο Κ και η ευθεία ΖΚ την ΒΓ στο σημείο Λ, να αποδείξετε ότι το σημείο Δ είναι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΒΛ. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΖΓ έχουμε: Βˆ = Γˆ ˆ + Γ. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΔΖΕ έχουμε: ˆΒ ˆ = Δ.
5 Σχήμα 7 Από τις δύο προηγούμενες ισότητες γωνιών προκύπτει Δˆ = Γˆ ˆ + Γ, οπότε το τετράπλευρο ΔΚΓΖ είναι εγγράψιμο. Άρα Γ ˆ ˆ = Ζ. Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΖΓ έχουμε: Ζ ˆ ˆ = Γ. Από τις δύο τελευταίες ισότητες έχουμε: Ζ ˆ ˆ = Ζ, δηλαδή στο τρίγωνο ΒΖΛ η ΖΔ είναι ύψος και διχοτόμος. m 3. Σε τουρνουά τένις συμμετέχουν, όπου m θετικός ακέραιος, αθλητές οι οποίοι έχουν βαθμολογηθεί και καταταγεί ανάλογα με την γενικότερη επίδοση τους. Το τουρνουά διεξάγεται σε γύρους. Στον πρώτο γύρο ο πρώτος αθλητής αγωνίζεται με τον τελευταίο αθλητή, ο δεύτερος αγωνίζεται με τον προτελευταίο και η διαδικασία συνεχίζεται μέχρι να αγωνιστούν όλοι οι αθλητές. Οι νικητές του πρώτου γύρου κατατάσσονται ξανά και συμμετέχουν στον δεύτερο γύρο ακολουθώντας ανάλογη διαδικασία με αυτή του πρώτου γύρου. Η διαδικασία συνεχίζεται μέχρι να ανακηρυχτεί ο πρωταθλητής. Σε κάθε νικητή του πρώτου γύρου δίνονται 0 βαθμοί, σε κάθε νικητή του δεύτερου γύρου δίνονται 0 βαθμοί, σε κάθε νικητή του τρίτου γύρου δίνονται 30 βαθμοί κλπ. α. Αν ο θετικός ακέραιος m είναι πολλαπλάσιο του 3, να αποδείξετε ότι το συνολικό πλήθος των αγώνων είναι πολλαπλάσιο του 7. β. Αν ο πρωταθλητής συγκέντρωσε συνολικά 0 βαθμούς, να βρεθεί ο αριθμός των αθλητών που συμμετείχαν. Από την ανάλυση των κανόνων διεξαγωγής του τουρνουά μπορούμε να συμπεράνουμε τα παρακάτω: Στο ο γύρο συμμετέχουν m ανακηρύσσονται νικητές. m αθλητές, γίνονται m αγώνες και
6 Στο ο m γύρο συμμετέχουν m αθλητές, γίνονται αγώνες και m ανακηρύσσονται νικητές. Στο 3 ο m γύρο συμμετέχουν m 3 αθλητές, γίνονται αγώνες και m 3 ανακηρύσσονται νικητές και ακολουθώντας ανάλογη διαδικασία στο m ο γύρο m m βρίσκουμε ότι συμμετέχουν + m m 0 = = αθλητές, γίνεται = = αγώνας m m 0 και ανακηρύσσεται = = νικητής. Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι: m m m 3 m Συνολικά γίνονται m γύροι και + + + + + = αγώνες. Στους υπολογισμούς χρησιμοποιούμε την ταυτότητα: n n n α (α )(α = + α + + α+ ). α. Αν τώρα ο θετικός ακέραιος m είναι πολλαπλάσιο του 3, τότε m= 3k, όπου k θετικός ακέραιος, και το συνολικό πλήθος των αγώνων γράφεται: ( ) k m 3k 3 k k k 8 (8 )(8 = = = = + 8 + + ) = 7n, όπου n θετικός ακέραιος. β. Ο πρωταθλητής έχει παίξει και στους m γύρους, οπότε οι βαθμοί που θα συγκεντρώσει είναι: m(m + ) 0 + 0 + 30 + + (m 0) = 0( + + 3 + + m) = 0 = 5m(m + ). Άρα προκύπτει η εξίσωση: 5m(m + ) = 0 m(m + ) = 4 m = 6, δηλαδή συμμετείχαν 6 = 64 αθλητές. 4. Μια ευθεία εφάπτεται των κύκλων c = (O,r) και c = (O,r) στα διακεκριμένα σημεία A και B αντιστοίχως. Αν το M είναι κοινό σημείο των c,c και ισχύει r < r, να αποδείξετε ότι MA < MB. ΜΟˆ Α ΜΟˆ Β Είναι MA = r ημ και MΒ = r ημ, οπότε ΜΟˆ Α r ημ ΜΑ =. () ΜΒ ΜΟˆ B r ημ Σχήμα 8
7 ΜΟˆ Α Η γωνία ισούται πάντοτε με μια από τις δύο γωνίες υπό της χορδής ΜΑ και της εφαπτομένης ΑΒ, και επειδή αυτές οι δύο είναι παραπληρωματικές μεταξύ τους, τα ημίτονα και των τριών γωνιών είναι ίσα. Καθώς ΜΑΒ ˆ είναι μια από τις γωνίες υπό της χορδής ΜΑ και της εφαπτομένης ΑΒ θα έχουμε ΜΟˆ Α ημ ημ(μαβ) ˆ ΜΟˆ = Α. Ομοίως, ισχύει ότι ημ ημ(μβα) ˆ = και η σχέση () γράφεται ΜΑ r ˆ ημ(μαβ) = () ΜΒ r ˆ ημ(μβα) ημ(μαβ) ˆ ΜB Από το θεώρημα ημιτόνων στο τρίγωνο ΜΑΒ έχουμε ημ(μβα) ˆ = ΜA, οπότε η σχέση () δίνει ΜΑ r ΜΑ r MB = = < MA< MB. ΜΒ r MA ΜΒ r Σημείωση Η προηγούμενη λύση αφορά τεμνόμενους κύκλους, αλλά και κύκλους εφαπτόμενους εξωτερικά. Τα σημεία A,B,M πάντοτε δημιουργούν τρίγωνο, αφού τα A,B είναι διακεκριμένα από την υπόθεση, και το M δεν μπορεί να ταυτιστεί με κανένα από τα A,B (αφού σε διαφορετική περίπτωση η ευθεία AB θα είχε με κάποιον από τους δοσμένους κύκλους δύο τουλάχιστον κοινά σημεία και δεν θα ήταν εφαπτομένη του).
Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ ο Το τετράγωνο ενός θετικού αριθμού είναι μεγαλύτερο από το δεκαπλάσιο του αριθμού κατά 75. Να βρεθεί ο αριθμός. Αν x είναι ο ζητούμενος αριθμός, τότε από τα δεδομένα του προβλήματος θα ικανοποιεί την εξίσωση x 0x= 75 x 0x 75 = 0 x= 5 ή x= 5. Επειδή ο ζητούμενος αριθμός είναι θετικός, η μοναδική λύση του προβλήματος είναι ο αριθμός 5. ΘΕΜΑ ο Αν οι αριθμοί μ και ν είναι θετικοί ακέραιοι και ισχύει ότι μ ν+ μ+ ν+ 4 + 4, μ ν Α= + είναι πολλαπλάσιο του 34. να αποδείξετε ότι ο ακέραιος. Η δεδομένη σχέση γράφεται στη μορφή μ ν+ μ+ ν μ ν+ μ+ ν μ ν+ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + 0 + 0 0 από την οποία προκύπτει ότι μ ν+ μ ν 4 = 0 = μ ν 4= 0. Επομένως έχουμε μ ν ν 4 ν ν 4 ν ν Α= + = + + = ( + ) = 7 = 34, που είναι πολλαπλάσιο του 34, αφού ο ν είναι θετικός ακέραιος. ΘΕΜΑ 3 ο Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω ΑΔ ύψος του. (α) Αν υπάρχουν σημεία Ε και Ζ των πλευρών ΑΒ και ΑΓ, αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύουν ΔΕ = ΔΖ και ΑΔΕ ˆ = ΑΔΖ ˆ, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. (β) Αν υπάρχουν σημεία Ε και Ζ στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ και ΑΓ προς το μέρος του Α, αντίστοιχα, τέτοια ώστε να ισχύουν ΔΕ=ΔΖ και ΑΔΕ ˆ = ΑΔΖ ˆ, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. (α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΖ έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία ( ΑΔ = ΑΔ, ΔΕ = ΔΖ ) και τις περιεχόμενες γωνίες των ίσων πλευρών ίσες, ΑΔΕ ˆ = ΑΔΖ ˆ. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΔΑΕ ˆ = ΔΑΖ ˆ, δηλαδή η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΑ του τριγώνου ΑΒΓ. Στη συνέχεια συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ, τα οποία είναι ορθογώνια με ˆ ˆ ΑΔΒ = ΑΔΓ = 90 και έχουν την πλευρά ΑΔ κοινή και τις οξείες γωνίες 6
ΔΑΒ ˆ και ΔΑΓ ˆ ίσες. Άρα τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΑΔΓ είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΑΒ = ΑΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές Σχήμα 4 Σχήμα 5 (β) Ομοίως όπως στο ερώτημα (α) τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΖ είναι ίσα, οπότε θα έχουν ΔΑΕ ˆ = ΔΑΖ ˆ. Επειδή οι γωνίες ΓΑΕ ˆ και ΒΑΖ ˆ είναι ίσες ως κατά κορυφή, έπεται ότι: ΔΑΕ ˆ ΓΑΕ ˆ = ΔΑΖ ˆ ΒΑΖ ˆ ΔΑΓ ˆ = ΔΑΒ ˆ, οπότε και στην περίπτωση αυτή προκύπτει ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆΑ του τριγώνου ΑΒΓ. Στη συνέχεια προχωράμε όπως στο ερώτημα (α). Εναλλακτικά, θα μπορούσαμε να προχωρήσουμε ως εξής: 7
Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΕ και ΑΔΖ προκύπτει και η ισότητα ˆ ˆ ΔΖΑ = ΔΕΑ, οπότε εύκολα προκύπτει ότι τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΔΓΖ είναι ίσα, οπότε θα είναι ΔΒ = ΔΓ, η ευθεία ΑΔ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Άρα είναι ΑΒ = ΑΓ. Και στις δύο περιπτώσεις μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το γνωστό θεώρημα της Γεωμετρίας, βάσει του οποίου, αν σε ένα τρίγωνο ένα ύψος του είναι και διχοτόμος, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές. ΘΕΜΑ 4 ο Μία βρύση Α γεμίζει (λειτουργώντας μόνη της) μία δεξαμενή σε τρεις ώρες. Μία δεύτερη βρύση Β γεμίζει (λειτουργώντας μόνη της) την ίδια δεξαμενή σε τέσσερις ώρες. Μία τρίτη τέλος βρύση Γ αδειάζει (λειτουργώντας μόνη της) την ίδια δεξαμενή (όταν βέβαια είναι γεμάτη) σε έξι ώρες. Ένας αυτόματος μηχανισμός ανοίγει με τυχαία σειρά και τις τρεις βρύσες με τον εξής τρόπο: ανοίγει μία βρύση, μετά από δύο ώρες ανοίγει μία άλλη και τέλος μετά από μία ώρα ανοίγει και την άλλη βρύση. Ένας άλλος μηχανισμός μετρά το χρόνο που χρειάζεται να γεμίσει η δεξαμενή και ξεκινά τη λειτουργία του μόλις πέσει νερό μέσα στη δεξαμενή. Ποια είναι εκείνη η σειρά με την οποία αν ανοίξει τις βρύσες ο μηχανισμός, o αριθμός των ωρών που θα χρειαστούν (για να γεμίσει η δεξαμενή) να είναι ακέραιος αριθμός; Ποιος είναι σε κάθε περίπτωση αυτός ο ακέραιος αριθμός; Έστω x, ο αριθμός των ωρών που χρειάζονται για να γεμίσει η δεξαμενή. Τότε οι δυνατοί τρόποι με τους οποίους μπορεί να ανοίξει τις βρύσες ο μηχανισμός (μαζί με τις αντίστοιχες εξισώσεις που δημιουργούνται) είναι: x x x 3 () Α-Β-Γ + = 5x = + 6 6 x = 3 4 6 5 x x x 3 4 () Β-Α-Γ + = 5x = + 8 6 x = 4 3 6 5 x x x 3 7 (3) Α-Γ-Β + = 5x = + 9 4 x = 3 6 4 5 x x x 3 (4) Β-Γ-Α + = 5x = + 4 x = 4 4 6 3 x x x (5) Γ-Β-Α + = 5 x = + 4 4 3 6 6 x = 5 x x x (6) Γ-Α-Β + = 5 x = + 3 x = 3 3 4 6 Ένας τρόπος ανοίγματος είναι Β-Γ-Α με αντίστοιχη διάρκεια x = 4 ώρες (περίπτωση (4)). Ένας δεύτερος τρόπος ανοίγματος είναι Γ-Α-Β με αντίστοιχη διάρκεια x = 3 ώρες (περίπτωση (6)). Στη περίπτωση (4) (που ανοίγει πρώτα η βρύση Β), ο χρόνος αρχίζει να μετράει με το άνοιγμα της βρύσης Β. 8
Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι ο απαιτούμενος χρόνος για να γεμίσει η δεξαμενή είναι x x ώρες, τότε η βρύση Β θα έχει γεμίσει τα της δεξαμενής. Στη συνέχεια ανοίγει η 4 x βρύση Γ η οποία θα λειτουργήσει x ώρες και θα αδειάσει τα της δεξαμενής. 6 Τέλος θα ανοίξει η βρύση Α η οποία θα λειτουργήσει x 3 ώρες και θα γεμίσει τα x 3 της δεξαμενής. Με αυτό τον τρόπο προκύπτει η εξίσωση (4). 3 Στη περίπτωση (6) (που ανοίγει πρώτα η βρύση Γ), ο χρόνος αρχίζει να μετράει με το άνοιγμα της βρύσης Α (διότι ο μηχανισμός χρονομέτρησης αρχίζει μόλις πέσει νερό στη δεξαμενή). Αν λοιπόν υποθέσουμε ότι ο απαιτούμενος χρόνος για να γεμίσει η δεξαμενή είναι x x ώρες, τότε η βρύση Α θα έχει γεμίσει τα της δεξαμενής. Στη συνέχεια ανοίγει η x βρύση Β η οποία θα λειτουργήσει x ώρες και θα γεμίσει τα της δεξαμενής. 4 x Τέλος η βρύση Γ θα λειτουργήσει x ώρες, και θα αδειάσει τα της δεξαμενής. Με 6 αυτό τον τρόπο προκύπτει η εξίσωση (6). Ανάλογα εξηγούνται και οι υπόλοιπες περιπτώσεις. 3 Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ ο ( Αν α, β είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι: 4 αβ α + β +. α + β α β Έχουμε + αβ α β, () που ισχύει γιατί είναι ισοδύναμη με την αληθή ανισότητα ( α β ) 0. Επιπλέον έχουμε 4 + α + β α β, () η οποία ισχύει γιατί γράφεται ως 4 4 α + β + 4αβ ( α + β) 0 ( α β). α + β α β α + β αβ Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των δύο ανισοτήτων () και () λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα 4 αβ α + β +. α + β α β 9
ΘΕΜΑ ο. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο COR (, ). Αν Α, Β, Γ είναι τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα και Α, Β, Γ είναι τα μέσα των ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το εξάγωνο ΑΒΓ ΑΒΓ έχει τις πλευρές του ίσες και ότι οι διαγώνιές του ΑΑ, ΒΒ και ΓΓ περνάνε από το ίδιο σημείο. Εφόσον Ο είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου, θα ισχύει: ΟΑ = ΟΒ = ΟΓ = R. Σχήμα 6 Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΟΑΓ, άρα: ΟΓ R ΑΒ = = (). Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΟΒΓ, άρα: ΟΓ R ΑΒ = = (). R Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι όλες οι πλευρές του πολυγώνου είναι ίσες με. Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις () και () συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΑΒ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται στο σημείο Κ. 0
Με όμοιο τρόπο συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΓΑΓ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε και σε αυτή τη περίπτωση οι διαγώνιες θα διχοτομούνται στο σημείο Κ. ΘΕΜΑ 3 ο. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x, y με x 009 και y 009 ισχύει ότι: x + y x 009 + y+ 009 = +, να βρεθεί η τιμή της παράστασης x y+ Α=. Οι άρρητες παραστάσεις ορίζονται γιατί δίνεται ότι: x 009 και y 009. Αν θέσουμε x 009 = a και y+ 009 = b, τότε λαμβάνουμε x= a + 009 και y = b 009, από τις οποίες προκύπτει η εξίσωση x + y = a + b. Τότε η δεδομένη ισότητα γίνεται: a + b a+ b= + a + b a b+ = 0 a + b = 0 a = b = 0 a = b=, ( ) ( ) οπότε θα είναι x= 00, y = 008 και Α= 00. ΘΕΜΑ 4 ο Να λυθεί το σύστημα: 3 ( x+ y) = z x y 3 ( y+ z) = x y z ( Σ) 3 ( z+ x) = y z x στο σύνολο των πραγματικών αριθμών. Θέτουμε x + y = α, y + z = β και z + x = γ, οπότε το δοσμένο σύστημα γίνεται: 3 α + α = β α ( α + ) = β 3 β + β = γ β( β + ) = γ 3 γ + γ = α γ ( γ + ) = α Από τη τελευταία έκφραση του συστήματος συμπεραίνουμε ότι έχει τη προφανή λύση: α = β = γ = 0. Θα αποδείξουμε ότι το σύστημα δεν έχει άλλη λύση. Αν αβγ 0 τότε πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις έχουμε: αβγ ( α + )( β + )( γ + ) = αβγ ( α + )( β + )( γ + ) =. Η τελευταία ισότητα δεν είναι δυνατό να ισχύει, οπότε καταλήγουμε σε άτοπο. Αν υποθέσουμε ότι α = 0 τότε θα ισχύει: β = γ = 0. Αν υποθέσουμε ότι β = 0 τότε θα ισχύει: α = γ = 0. Αν υποθέσουμε ότι γ = 0 τότε θα ισχύει: α = β = 0.
Αποδείξαμε λοιπόν ότι το σύστημα δεν έχει άλλη λύση εκτός από την α = β = γ = 0. Άρα το αρχικό σύστημα γίνεται: x+ y = 0 y+ z = 0 x = y = z = 0. + = 0 z x Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ ο Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι x, y που να επαληθεύουν την εξίσωση x + 3x x + x 0y = 05. ( ) Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την x( x+ ) y = 403. () Επειδή για όλους τους θετικούς ακέραιους, x x+ και y είναι άρτιοι x y οι αριθμοί ( ) θετικοί ακέραιοι και η διαφορά τους x( x ) y + θα είναι άρτιος θετικός ακέραιος, οπότε δεν είναι δυνατόν να ισούται με 403. ΘΕΜΑ ο Για τη συνάρτηση f : ισχύει ότι: ( ( )) ( ( )) ( ( ) ( )) f x f y f y f x = f f x f y, για κάθε xy,. Να αποδείξτε ότι f( x f( x)) = 0,για κάθε x. Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου y το x και παίρνουμε: f ( x f ( x) ) f ( x f ( x) ) = f ( f ( x) f ( x) ), οπότε θα είναι f (0 ) = 0. Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου x το 0 και παίρνουμε: f ( 0 f ( y) ) f ( y f ( 0) ) = f ( f ( 0) f ( y) ) και χρησιμοποιώντας την ισότητα f (0 ) = 0, καταλήγουμε: f ( f ( y) ) f ( y) = f ( f ( y) ) f ( f ( y) ) = f ( y). Θέτουμε (στη τελευταία ισότητα) όπου y το x και έχουμε τη σχέση: f ( f ( x) ) = f ( x). () Θέτουμε στη δοσμένη συναρτησιακή σχέση όπου y το 0 και παίρνουμε: f ( x f ( 0) ) f ( 0 f ( x) ) = f ( f ( x) f ( 0) ) και χρησιμοποιώντας την ισότητα f (0 ) = 0, καταλήγουμε: f x f f x = f f x. () ( ) ( ( )) ( ( ))