Page 1

1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr

GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR. 106 79 - Athens - HELLAS Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 e-mail : info@hms.gr www.hms.gr

ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 71 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ “Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ” ΣΑΒΒΑΤΟ, 15 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2011 ος

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

B΄ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1 (α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 2 1 ⎛ 1 3 1⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 10 2 ⎞ 3 Α = 2 ⋅ ⎜ 23 + 1 + : − ⎟ και Β = ⎜ − ⎟ : ⎜ 3 − ⎟ ⋅ 7 . 8 ⎝ 4 2 6⎠ ⎝ 3 27 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 2 (β) Αν ισχύει ότι: 2 4 γ 1 + + = , α β 6 6 να βρείτε την τιμή της παράστασης: 8 − α 12 − 2 β 2γ − 3 Γ= + + . 4α 3β 12 Λύση (α) Έχουμε 1 ⎛ 1 3 1⎞ 1 ⎛ 1 2 1⎞ 1 ⎛ 1 1⎞ 1 9 Α = 2 ⋅ ⎜ 23 + 1 + : − ⎟ = ⋅ ⎜ 8 + 1 + ⋅ − ⎟ = ⋅⎜9 + − ⎟ = ⋅9 = , 8 ⎝ 4 2 6 ⎠ 64 ⎝ 4 3 6 ⎠ 64 ⎝ 6 6 ⎠ 64 64 2 1 ⎞ ⎛ 10 6 ⎞ 9 8 4 9 8 27 9 9 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 10 2 ⎞ 3 ⎛ 9 Β = ⎜ − ⎟:⎜ 3 − ⎟⋅ 7 = ⎜ − ⎟:⎜ − ⎟⋅ = : ⋅ = ⋅ ⋅ = . ⎝ 3 27 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 2 ⎝ 27 27 ⎠ ⎝ 27 27 ⎠ 128 27 27 128 27 4 128 64 Άρα είναι Α = Β . Σημείωση. Λόγω της μη ύπαρξης παρενθέσεων που να δίνουν προτεραιότητα στις πράξεις διαίρεσης και πολλαπλασιασμού θεωρούμε δεκτή και τη λύση της μορφής 2 1 ⎞ ⎛ 10 6 ⎞ 9 8 4 9 8 1 768 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 10 2 ⎞ 3 ⎛ 9 : ⋅ : = . Β = ⎜ − ⎟:⎜ 3 − ⎟⋅ 7 = ⎜ − ⎟:⎜ − ⎟⋅ = = ⎝ 3 27 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 2 ⎝ 27 27 ⎠ ⎝ 27 27 ⎠ 128 27 27 128 27 96 27 Στην περίπτωση αυτή είναι Α < 1< Β , δηλαδή Α < Β. 2 4 γ 1 (β) Λόγω της υπόθεσης + + = , έχουμε ότι: α β 6 6 8 − α 12 − 2β 2γ − 3 8 α 12 2β 2γ 3 Γ= + + = − + − + − 4α 3β 12 4α 4α 3β 3β 12 12

=

1 4 2 γ 1 ⎛ 2 4 γ ⎞ ⎛1 2 1⎞ 1 7 − + − + − = ⎜ + + ⎟ − ⎜ + + ⎟ = − = −1. α 4 β 3 6 4 ⎝α β 6 ⎠ ⎝ 4 3 4⎠ 6 6 2


2 Πρόβλημα 2 Ένας έμπορος αυτοκινήτων είχε στο κατάστημά του την αρχή της περυσινής χρονιάς 20 αυτοκίνητα τύπου Α και 60 αυτοκίνητα τύπου Β. Η τιμή πώλησης για κάθε αυτοκίνητο τύπου Α είναι 10000 ευρώ, ενώ για κάθε αυτοκίνητο τύπου Β είναι 12000 ευρώ. Στο τέλος της χρονιάς είχε πουλήσει το 30% των αυτοκινήτων τύπου Α και το 60% του συνόλου των αυτοκινήτων τύπου Α και Β. Να βρείτε ποιο θα είναι το κέρδος του από την πώληση των αυτοκινήτων, αν γνωρίζετε ότι από καθένα αυτοκίνητο τύπου Α κερδίζει το 5% της τιμής πώλησής του, ενώ από καθένα αυτοκίνητο τύπου Β κερδίζει το 10% της τιμής πώλησής του. Λύση

30 = 6 αυτοκίνητα, ενώ το 60% του συνόλου 100 60 60 των αυτοκινήτων τύπου Α και Β είναι ( 20 + 60 ) ⋅ = 80 ⋅ = 48 αυτοκίνητα. Επομένως από 100 100 τα αυτοκίνητα τύπου Β πουλήθηκαν 48 − 6 = 42 αυτοκίνητα. 5 = 500 ευρώ, ενώ από Από την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Α κερδίζει 10000 ⋅ 100 10 την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Β κερδίζει 12000 ⋅ = 1200 ευρώ. Επομένως από 100 την πώληση των αυτοκινήτων ο έμπορος κέρδισε 6 ⋅ 500 + 42 ⋅1200 = 3000 + 50400 = 53400 ευρώ.

Το 30% των αυτοκινήτων τύπου Α είναι 20 ⋅

Πρόβλημα 3 ˆ = 360 . Από την κορυφή Α φέρουμε ευΔίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α θεία ε παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Δ και την ευθεία ε στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ, ΑΔΕ και ΑΒΕ είναι ισοσκελή. Λύση

Σχήμα 1 Το άθροισμα των γωνιών του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ είναι 180o Επειδή όμως ισχύει ˆ = 36o , θα έχουμε: Β ˆ = Γˆ = 72o . Α o ˆ ˆ =Β ˆ = Β = 72 = 36o . ˆ , οπότε Β Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β 1 2 2 2


3 ˆ =Β ˆ = 36o , το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. Επειδή τώρα A 1 2 Στο τρίγωνο ΒΓΔ ισχύει Βˆ = 36o και Γˆ = 72o . Άρα Δˆ = 72 o . 1

2

Από την ισότητα των γωνιών Γˆ = Δˆ 2 = 72 , προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισοσκεo

λές. ˆ και Γˆ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που Οι γωνίες Α 2 τέμνονται από την ΑΓ . Από την ισότητα τέλος των γωνιών Δˆ 1 = Δˆ 2 = 72 o (ως κατά κορυφή), προκύπτει η ισότητα ˆ = 72 o . Επομένως το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισοσκελές. Δˆ = Α 1

2

ˆ και Εˆ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που Οι γωνίες Β 1 ˆ ˆ =Β ˆ = Β = 36o , οπότε θα είναι και Β ˆ = Εˆ . Επομένως και το τέμνονται από την ΒΕ . Επίσης Β 1 2 2 2 τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές. Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 100α + 10β + γ , αν ισχύουν και οι τρεις επόμενες προτάσεις: (i) Α − Β = 27 , όπου Β = αγβ = 100α + 10γ + β . (ii) Το άθροισμα των ψηφίων β , γ ισούται με το μικρότερο ακέραιο που είναι λύση της ανίσωσης: 3 x + 12 < 5 x − 1 . (iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το 3. Λύση Σύμφωνα με την πρόταση (i) έχουμε: Α − Β = 27 ⇔ 9 β − 9γ = 27 ⇔ 9 ⋅ ( β − γ ) = 27 ⇔ β − γ = 3 .

(1)

Για την ανίσωση του ερωτήματος (ii) έχουμε: 3x + 12 < 5 x − 1 ⇔ 3 x − 5 x < −12 − 1 ⇔ −2 x < −13 ⇔ 2 x > 13 ⇔ x >

13 . 2

Άρα, ο μικρότερος ακέραιος που είναι λύση της είναι ο 7, οπότε έχουμε: β +γ = 7. (2) Με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) λαμβάνουμε 2 β = 10, 2γ = 4 ⇔ β = 5, γ = 2 . Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να σκεφθούμε ως εξής: Επειδή οι ακέραιοι β , γ είναι ψηφία με διαφορά β − γ = 3 θα είναι β > γ και επειδή επιπλέον έχουν άθροισμα 7, οι δυνατές τιμές τους είναι β = 7, γ = 0 ή β = 6, γ = 1 ή β = 5, γ = 2 ή β = 4, γ = 3 . Επειδή πρέπει β − γ = 3 οι αποδεκτές τιμές είναι β = 5, γ = 2 . Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α = α 52 με άθροισμα ψηφίων α + 7 . Επειδή, σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το 3, πρέπει και αρκεί ο ακέραιος α + 7 να είναι πολλαπλάσιο του 3, οπότε, αφού το α είναι ψηφίο, οι κατάλληλες τιμές του είναι: α = 2 ή α = 5 ή α = 8. Επομένως, έχουμε Α = 252 ή Α = 552 ή Α = 852


4

Γ΄ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1 (α) Να λύσετε την εξίσωση:

2 x + 18 7 − 3x − = 1. 4 8 (β) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: −3

⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 ⎞ 2 Α = ⎜ 2 + ⎟⋅⎜ ⎟ − 9β − 20 , 9 ⎠ ⎝ 3β ⎠ ⎝β 1 για β = − . 3 Λύση (α) Έχουμε 2 x + 18 7 − 3 x − = 1 ⇔ 2 ⋅ ( 2 x + 18 ) − ( 7 − 3 x ) = 8 ⇔ 4 x + 36 − 7 + 3 x = 8 4 8 ⇔ 7 x + 29 = 8 ⇔ 7 x = 8 − 29 ⇔ 7 x = −21 ⇔ x = −3. 1 (β) Για β = − η παράσταση Α γίνεται: 3 −3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 1 1 ⎟ ⎛ 1 ⎞ −3 1 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎟ − 9 ⋅ ⎜ − ⎟ − 20 = ⎜ + ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ − 9 ⋅ − 20 Α=⎜ + ⎟⋅⎜ 2 1 9 ⎝ −1 ⎠ ⎜⎛ 1⎞ 9⎟ ⎜ ⎛ 1⎞⎟ 9 ⎝ 3⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜− ⎟ ⎟ ⎜ 3⋅⎜ − 3 ⎟ ⎟ ⎝9 ⎠ ⎠⎠ ⎝⎝ 3⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 1⎞ 82 3 ⎛ ⎛ 81 1 ⎞ = ⎜ 9 + ⎟ ⋅ ( −1) − 1 − 20 = ⎜ + ⎟ ⋅ ( −1) − 1 − 20 = − − 1 − 20 9⎠ 9 ⎝ ⎝ 9 9⎠ 82 9 180 271 =− − − =− . 9 9 9 9

Πρόβλημα 2 Οι θετικοί ακέραιοι α , β είναι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 0 και τέτοιοι ώστε α ≤ 10, β ≥ 12 και (α − 12 ) ⋅ ( 40 − 2β ) ≤ 0.

Να βρείτε τη μεγαλύτερη και τη μικρότερη τιμή της παράστασης Α = 3α − 2 β . Λύση Είναι α ≤ 10 , οπότε α − 12 < 0 . Άρα, για να αληθεύει η ανίσωση (α − 12 ) ⋅ ( 40 − 2 β ) ≤ 0 ,

αρκεί να ισχύει ότι: 40 − 2β ≥ 0 ⇔ 40 ≥ 2β ⇔ β ≤ 20. Έτσι έχουμε: 0 ≤ α ≤ 10 και 12 ≤ β ≤ 20 ⇒ 0 ≤ 3α ≤ 30 και 24 ≤ 2 β ≤ 40 ⇒ 0 ≤ 3α ≤ 30 και − 40 ≤ −2β ≤ −24, από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: −40 ≤ Α = 3α − 2 β ≤ 6 , οπότε η μεγαλύτερη τιμή της παράστασης Α είναι 6, ενώ η μικρότερη τιμή της είναι -40. Πρόβλημα 3 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α και ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΕ εξωτερικά του τετραγώνου ΑΒΓΔ. Δίνεται ακόμη ότι ο κύκλος C που περνάει από τα σημεία Γ, Δ και Ε έχει ακτίνα 4 cm.


5 (i) (ii) (iii)

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές. Να βρείτε την πλευρά α του τετραγώνου. Να βρείτε το εμβαδόν της επιφάνειας που βρίσκεται εξωτερικά του σχήματος ΕΑΔΓΒΕ και εσωτερικά του κύκλου (c) .

Λύση (i) Στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΓ ισχύουν: ΑΕ = ΒΕ = α , ΑΔ = ΒΓ = α και ˆ = ΕΒΓ ˆ = 90o + 60o = 150o . ΕΑΔ

Σχήμα 2 Άρα τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΓ είναι ίσα και κατά συνέπεια ΕΔ = ΕΓ , δηλαδή το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές. (ii) Εφόσον ΕΔ = ΕΓ , το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη του τμήματος ΔΓ (που ταυτίζεται με τη μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ ). Επίσης ΕΑ = ΕΒ , οπότε το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ . Άρα η OE είναι μεσοκάθετη της ΑΒ και κατά συνέπεια διχοτόˆ του ισόπλευρου τριγώνου ΑΕΒ . Άρα είναι Εˆ = 30o . μος της γωνίας ΑΕΒ 1

ΑΕ = ΑΔ = α ⎫ ˆ ⇒Α ˆ = 75o . ⎬ ⇒ ΟΑ μεσοκάθετη της ΕΔ ⇒ ΟΑ διχοτόμος της ΔΑΕ 1 ΟΕ = ΟΔ = 4 ⎭ ˆ = 75o και Εˆ = 30o . Άρα Ο ˆ = 75o , οπότε το τρίγωνο ΑΟΕ είναι Στο τρίγωνο ΑΟΕ έχουμε: Α 1 1 1 ισοσκελές με ΕΑ = ΕΟ = α = 4cm . (iii) Το εμβαδόν του κύκλου ( c ) είναι: Εc = π ⋅ 42 = 16π .

Το εμβαδόν του τετραγώνου ΑΒΓΔ είναι: Ετετ = 42 = 16 , ενώ το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ είναι: Ετρ = 4 3 . Άρα το εμβαδόν της ζητούμενης επιφάνειας είναι: Ε = 16π − 16 − 4 3 . Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 100α + 10β + γ , αν ισχύουν και οι τρεις επόμενες προτάσεις: (i) Α − Β = 198 , όπου Β = γβα = 100γ + 10β + α ,


6 x + α − 2γ α − 2γ − = 1 έχει δύο ρίζες με άθροισμα 4. x 2α − γ (iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το 9. (ii) Η εξίσωση

Λύση Σύμφωνα με την πρόταση (i) έχουμε: Α − Β = 198 ⇔ 99 ⋅ (α − γ ) = 198 ⇔ α − γ = 2 .

(1)

Η εξίσωση της πρότασης (ii) , αν γ ≠ 2α και x ≠ 0 , γράφεται: ⎛ 1 x + α − 2γ α − 2γ x + α − 2γ x + α − 2γ 1⎞ − −1 = 0 ⇔ − = 0 ⇔ ( x + α − 2γ ) ⎜ − ⎟=0 x x 2α − γ 2α − γ ⎝ 2α − γ x ⎠ 1 1 ⇔ x + α − 2γ = 0 ή − = 0 ⇔ x = 2γ − α ή x = 2α − γ 2α − γ x Επειδή, λόγω της (ii) το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης είναι 4, έχουμε ότι (2) ( 2γ − α ) + ( 2α − γ ) = 4 ⇔ α + γ = 4 , με τους περιορισμούς για τις παραμέτρους γ ≠ 2α και α ≠ 2γ . Από τις (1) και (2) με πρόσθεση και αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε 2α = 6, 2γ = 2 ⇔ α = 3, γ = 1 και εύκολα διαπιστώνουμε ότι ικανοποιούνται οι περιορισμοί για την εξίσωση. Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α = 3β 1 με άθροισμα ψηφίων 4 + β . Επειδή, σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το 9, πρέπει και αρκεί 4 + β = πολ.(9) , οπότε, αφού το β είναι ψηφίο, η μοναδική δυνατή τιμή του είναι β = 5 . Επομένως, ο ζητούμενος θετικός ακέραιος Α είναι ο 351.


7

Α΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 (i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α , β για τις οποίες ο αριθμός α + β 10 είναι ρητός.

2 είναι άρρητος. 2

(ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός x = 5 +

Λύση (i) Κατ’ αρχή παρατηρούμε ότι για β = 0 , ο αριθμός α + β 10 = α είναι ρητός, για κάθε ρητό αριθμό α . Έστω ότι, για β ≠ 0 , ο αριθμός ρ = α + β 10 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός

(

)

ρ − α = α + β 10 − α = β 10 ρ −α = 10 θα είναι ρητός, που είναι άτοπο. β Άρα ο αριθμός α + β 10 είναι ρητός, για β = 0 και για κάθε ρητό αριθμό α .

θα είναι ρητός, αλλά και ο αριθμός

(ii) Έστω ότι ο αριθμός x = 5 +

2 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός 2 2

⎛ 2⎞ 2 11 x = ⎜⎜ 5 + ⎟⎟ = 5 + + 10 = + 10 , 2 ⎠ 4 2 ⎝ θα είναι ρητός, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i). 2

Πρόβλημα 2 Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης

( x − 2)

2

= x 2 + 4α ,

για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α . Λύση Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση 2 x − 4 x + 4 = x 2 + 4α ⇔ x 2 − 4 x + 4 = x 2 + 4α ⇔ x = 1 − α .

Επειδή είναι x ≥ 0 , για κάθε πραγματικό αριθμό x , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • • •

α < 1 , οπότε είναι 1 − α > 0 . Τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις: x = 1− α ή x = α −1 . α = 1, οπότε η εξίσωση έχει μόνο τη λύση x = 0 . α > 1 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη.

Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή του Α και είναι παράλˆ τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ και ληλη προς τη πλευρά ΒΓ . Η διχοτόμος της γωνίας Β έστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α . Από το Α τέλος θεωρούμε παράλληλη προς την ΕΒ η οποία τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ . Να αποδείξετε ότι : ΑΒ = ΒΚ = ΚΔ = ΔΑ . Λύση


8 ˆ ˆ = xˆ = Β . Επειδή είναι ΑΔ P ΒΓ θα ισχύει: Δˆ 1 = Β 1 2

ˆ ˆ = xˆ = Β . ˆ , οπότε θα ισχύει: Βˆ = Β Επίσης η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β 1 2 2 ˆΒ ˆ = xˆ = και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, δηλαδή: Άρα Δˆ 1 = Β 2 2 ΑΒ = ΑΔ . (1)

Σχήμα 3 Επειδή Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς το Α , θα ισχύει: ΑΔ = ΑΕ . ˆ = ωˆ . Από τις σχέσεις (1), (2) έχουμε ΑΕ = ΑΒ και κατά συνέπεια Εˆ 1 = Β 3 Από το τρίγωνο τώρα ΒΕΔ έχουμε: ˆ +Β ˆ + Εˆ = 180o ⇒ 2 xˆ + 2ωˆ = 180o ⇒ xˆ + ωˆ = 90o , Δˆ 1 + Β 2 3 1

(2)

δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ορθογώνιο ( ΒΕ ⊥ ΒΔ ) και εφόσον ΑΜ P ΒΕ καταλήγουμε: AM ⊥ ΒΔ . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΑΔ η ΑΜ είναι ύψος, άρα και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΔ . Επειδή τώρα το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΔ , το τρίγωνο ΚΒΔ είναι ισοσκεˆ ˆ =Β ˆ = Β και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα λές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι Β 1 2 2 έχουν και ΑΒ = ΑΔ = ΒΚ = ΚΔ , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΚΔ είναι ρόμβος. Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α , β , γ που ικανοποιούν τις ισότητες α + β + γ = 2010 και αβ + βγ + γα = 22 ⋅ 3 ⋅ 52 ⋅ 67 2 . Λύση Από τις δεδομένες ισότητες λαμβάνουμε

(α + β + γ )

2

= 20102 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 + 2 (αβ + βγ + γα ) = 20102 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 = 20102 − 2 (αβ + βγ + γα ) ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 = 20102 − 2 ( 22 ⋅ 3 ⋅ 52 ⋅ 67 2 )

2 20102 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 = 20102 − ⋅ 20102 = . 3 3 Άρα έχουμε


9 20102 1 α + β + γ − (αβ + βγ + γα ) = − ⋅ 20102 = 0 3 3 2 2 2 ⇔ α + β + γ − αβ − βγ − γα = 0 1 ⇔ ⋅ ( 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 − 2αβ − 2 βγ − 2γα ) = 0 2 2

2

2

⇔ (α − β ) + ( β − γ ) + ( γ − α ) = 0 2

2

2

⇔α − β = β − γ − γ −α = 0 ⇔ α = β = γ , γιατί, αν ήταν α − β ≠ 0 ή β − γ ≠ 0 ή γ − α ≠ 0, τότε θα είχαμε

(α − β ) + ( β − γ ) + ( γ − α ) 2

2

2

> 0.

Επομένως, από την ισότητα α + β + γ = 2010 λαμβάνουμε α = β = γ = 670 .


10

Β΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση

( x − 1)

2

= 2x + α ,

για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α . Λύση Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x2 − 2 x + 1 = 2 x + α ⇔ x2 − 2 ( x + x ) + 1 − α = 0 .

Λόγω της παρουσίας της απόλυτης τιμής του x , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (i) x ≥ 0 . Τότε η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x2 − 4 x + 1 − α = 0 , η οποία είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα Δ = 16 − 4 (1 − α ) = 4 ( 3 + α ) .

(1)

(2)

Άρα η εξίσωση (2) έχει ρίζες στο ΅ , αν, και μόνον αν, α ≥ −3 . Για να διαπιστώσουμε πόσες από αυτές είναι δεκτές θεωρούμε το γινόμενο και το άθροισμα των ριζών που είναι Ρ = 1 − α και S = 4 > 0. Έτσι, για την εξίσωση (2) έχουμε τις υποπεριπτώσεις: • Αν α = −3 , τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, x = 2 . • Αν −3 < α ≤ 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες μη αρνητικές, x = 2 ± 3 + α . Ειδικότερα, αν α = 1 , τότε η εξίσωση έχει τις ρίζες x = 4 και x = 0 . • Αν α > 1 , τότε η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα μη αρνητική, τη x = 2 + 3 + α (ii) x < 0 . Τότε η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x2 + 1 − α = 0 , (3) η οποία έχει μία μόνο αρνητική ρίζα, τη x = − α − 1 , αν α > 1 . Συνοπτικά, από τις δύο προηγούμενες περιπτώσεις, έχουμε για τη δεδομένη εξίσωση, τα ακόλουθα συμπεράσματα: • Αν α < −3 , η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο ΅ . • Αν α = −3 , τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, x = 2 . • Αν −3 < α ≤ 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες, x = 2 ± 3 + α . • Αν α > 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες, τις x = 2 + 3 + α , x = − α − 1 . Πρόβλημα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: x +y +z = 8

x 2 + y 2 + z 2 = 26 xy + xz = ( yz + 1) . 2

Λύση Έχουμε ⎧ x +y +z = 8⎫ ⎧ ⎫ ⎧ x +y +z = 8⎫ x +y +z = 8 ⎪⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎨ x + y + z = 26 ⎬ ⇔ ⎨( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) = 26 ⎬ ⇔ ⎨ xy + yz + zx = 19 ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2⎪ 2 2⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎩⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪ ⎩⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎭⎪


11 ⎧ x +y +z = 8⎫ ⎧ x + ( y + z) = 8 ⎫ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ xy + yz + zx = 19 ⎬ ⇔ ⎨ x ( y + z ) + yz = 19 ⎬ ⇔ ⎨ x ( y + z ) + yz = 19 ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ yz = −6 ή yz = 3 ⎪ 2⎪ 2 ⎩ ⎭ ⎪⎩19 − yz = ( yz + 1) ⎪⎭ ⎪⎩( yz ) + 3 ( yz ) − 18 = 0 ⎪⎭ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ x ( y + z ) + yz = 19 ⎬ ή ⎨ x ( y + z ) + yz = 19 ⎬ ⇔ ⎨ x ( y + z ) = 16 ⎬ ή ⎨ x ( y + z ) = 25⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ yz = 3 ⎪ ⎪ yz = 3 yz = −6 yz = −6 ⎪⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ x + ( y + z) =8 ⎫ ⎧ x + ( y + z) =8 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ x ( 8 − x ) = 16 ⎬ ή ⎨ x ( 8 − x ) = 25 ⎬ ⇔ ⎨ x 2 − 8 x + 16 = 0 ⎬ ή ⎨ x 2 − 8 x + 25 = 0 ⎬ ⎪ yz = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ yz = −6 ⎪⎭ yz = 3 yz = −6 ⎪⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎩ ⎭ ⎩

x + ( y + z) =8 ⎧ x + ( y + z ) = 8⎫ ⎧ ⎫ ⎧ x =4 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ x=4 ⎬ ή ⎨ x − 8 x + 25 = 0 (αδύνατη στο ΅ ) ⎬ ⇔ ⎨ y + z = 4 ⎬ ⎪ yz = 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ yz = 3 ⎪ yz = −6 ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎧ x =4 ⎫ x =4 ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ z = 4 − y ⎬ ⇔ ⎨ z = 4 − y ⎬ ⇔ ( x, y, z ) = ( 4,1,3) ή ( x, y, z ) = ( 4,3,1) . ⎪ y ( 4 − y ) = 3⎪ ⎪ y 2 − 4 y + 3 = 0⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ Πρόβλημα 3 1 1 1 1 Αν οι α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με , να αποδείξετε ότι: + + = α β γ αβγ

(α 1≤

3

+ β3 ) γ

α 2 + β2

(β +

3

+ γ3 ) α

β2 + γ 2

(γ +

3

+ α3 ) β

γ2 + α2

< 2.

Πότε ισχύει η ισότητα; Λύση Παρατηρούμε ότι ( α3 + β3 ) γ = ( α + β ) ( α 2 − αβ + β2 ) γ < ( α + β ) ( α 2 + β2 ) γ = α + β γ , ( ) α 2 + β2 α 2 + β2 α 2 + β2 ⎛ 2 α 2 + β2 ⎞ 2 α + β α + β − ⎟γ ( α3 + β3 ) γ = ( α + β ) ( α 2 − αβ + β2 ) γ ≥ ( ) ⎜⎝ 2 ⎠ 1 = ( α + β) γ . 2 2 2 2 2 2 2 α +β α +β α +β Η ισότητα στη (2) ισχύει, αν, και μόνον αν, α = β . Άρα έχουμε α 3 + β3 ) γ ( 1 ( α + β) γ ≤ 2 2 < ( α + β) γ . 2 α +β Ομοίως λαμβάνουμε β3 + γ 3 ) α ( 1 (β + γ ) α ≤ 2 2 < (β + γ ) α , β +γ 2

γ 3 + α3 ) β ( 1 (γ + α)β ≤ 2 2 < ( γ + α)β . γ +α 2 Οι ισότητα στις (4) και (5) ισχύει αν, και μόνον αν, β = γ και γ = α, αντίστοιχα. Από τις (3), (4) και (5) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε :.

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)


12

(α αβ + βγ + γα ≤

3

+ β3 ) γ

(β +

3

+ γ3 ) α

(γ +

3

+ α3 ) β

< 2 ( αβ + βγ + γα ) (6) α 2 + β2 β2 + γ 2 γ 2 + α2 Όμως από την υπόθεση έχουμε: 1 1 1 1 (7) + + = ⇔ αβ + βγ + γα = 1 , 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 = 1 , προκύ3 . 3 Παρατήρηση. Η δεύτερη ανισότητα είναι γνήσια από την κατασκευή της άσκησης με τους 1 1 1 1 α, β, γ θετικούς πραγματικούς αριθμούς, λόγω της ισότητας . Στην περίπτωση + + = α β γ αβγ που επιτρέψουμε οι α, β, γ να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνω ισότητα τη μορφή αβ + βγ + γα = 1 , τότε η δεύτερη ανισότητα γίνεται

πτει ότι α = β = γ =

3

+ β3 ) γ

(β +

3

+ γ3 ) α

(γ +

3

+ α3 ) β

≤ 2, α 2 + β2 β2 + γ 2 γ2 + α2 όπου η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, ένας μόνον από τους α, β, γ 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 (c1 ) , που έχει κέντρο το σημείο O και ακτίνα r = OM ( M είναι το μέσο της BΓ ). Η μία εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο (c1 ) στο σημείο T , τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν και το κύκλο (c) στο σημείο N1 (θεωρούμε BN < BM ). Η άλλη εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο (c1 ) στο σημείο Σ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο K και το κύκλο (c) στο σημείο K1 (θεωρούμε ΓK < ΓM ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BN1 , ΓΚ1 και AM περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν). Λύση Οι χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) , είναι εφαπτόμενες του κύκλου ( c1 ) στα σημεία Τ, Σ και Μ αντίστοιχα. Άρα οι ακτίνες OΤ,ΟΣ και OΜ του κύκλου ( c1 ) , είναι κάθετες προς τις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες OΤ, ΟΣ και OΜ του κύκλου ( c1 ) , είναι τα αποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) . Τα αποστήματα OΤ,ΟΣ και OΜ είναι ίσα μεταξύ τους , αφού είναι ακτίνες του κύκλου ( c1 ) . Άρα AN1 = AΚ1 = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, Σ, Μ είναι τα μέσα των χορδών AN1 , AΚ1 και ΒΓ , αντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες ευθυγράμμων τμημάτων: ΜΒ = ΜΓ = ΤΑ = ΤΝ1 = ΣΑ = ΣΚ 1 (1) Το σημείο N βρίσκεται εκτός του κύκλου ( c1 ) και NM, NT είναι τα εφαπτόμενα τμήματα, οπότε NM = NT (2) Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:


13 (1) : ΜΒ = ΤΝ1 ⎫ (:) ΜΒ ΤΝ1 = ⇒ ΤΜ P ΒΝ1 ⎬⇒ (2) : ΝΜ = ΝΤ ⎭ ΜN ΝΤ Συνδυάζοντας και πάλι τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: (1) : ΜΓ = ΤΑ ⎫ (:) ΜΓ ΤΑ = ⇒ ΤΜ / / ΑΓ ⎬⇒ (2) : ΝΜ = ΝΤ ⎭ ΝΜ ΝΤ

(3)

(4)

Σχήμα 4 Από τις (3) και (4) έχουμε ΒN1 P ΑΓ . Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι ΓK1 P ΑΒ . Αν λοιπόν Ρ είναι η τομή των ευθειών ΒN1 και ΓK1 , τότε το τετράπλευρο ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα οι ευθείες ΒN1 , ΓK1 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)


14

Γ΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Αν οι α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 12, να αποδείξετε ότι:

2

+ 4β2 ) γ

4αβ

(β +

2

+ 4γ 2 ) α 4βγ

(γ +

2

+ 4α 2 ) β 4 γα

> 12

Λύση Από τις γνωστές ανισότητες α 2 + 4β2 ≥ 4αβ, β2 + 4 γ 2 ≥ 4βγ , γ 2 + 4α 2 ≥ 4 γα , λαμβάνουμε τις ανισότητες: α 2 + 4β2 ) γ ( α 2 + 4β2 4αβ ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για α = 2β) ⇒ ≥γ 4αβ 4αβ 4αβ β2 + 4 γ 2 ) α ( β2 + 4 γ 2 4βγ ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για β = 2 γ ) ⇒ ≥α 4βγ 4βγ 4βγ

γ 2 + 4α 2 ) β ( γ 2 + 4α 2 4 γα ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για γ = 2α ) ⇒ ≥β 4 γα 4 γα 4 γα Από τις (2), (3) και (4) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε:

2

+ 4β2 ) γ 4αβ

(β +

2

+ 4γ 2 ) α 4βγ

(γ +

2

+ 4α 2 ) β 4 γα

≥ α + β + γ = 12 .

(1) (2) (3) (4)

(5)

Η ισότητα στη σχέση (5) ισχύει, αν, και μόνον αν, ισχύουν οι ισότητες και στις τρεις σχέσεις (2), (3) και (4) ή ισοδύναμα: α = 2β, β = 2 γ , γ = 2α , από τις οποίες προκύπτει ότι α = β = γ = 0 , που είναι άτοπο, αφού οι αριθμοί α, β, γ είναι θετικοί. Επομένως έχουμε αποδείξει ότι: ( α 2 + 4β2 ) γ + (β2 + 4γ 2 ) α + ( γ 2 + 4α 2 ) β > 12 . 4αβ 4βγ 4 γα Πρόβλημα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: 2 ⎪⎧ x + 2 xy = 5⎪⎫ (Σ) ⎨ 2 ⎬. ⎩⎪ y − 3xy = −2 ⎭⎪ Λύση Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση ( x, y ) του συστήματος ( Σ ), με x = 0 ή y = 0 , τότε λαμβάνουμε 0 = 5 ή 0 = -2, άτοπο. Για xy ≠ 0 , η μία εξίσωση του συστήματος μπορεί να αντικατασταθεί με αυτήν που προκύπτει από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, με διαίρεση κατά μέλη:


15 5⎫ ⎧ 1 + 2m ⎧5m 2 − 11m + 2 = 0 ⎫ =− ⎪ 2 ⎪ x + 2 xy 5 5 ⎪ m − 3m ⎪ ⎪ 2⎪ =− ⇔ =− ⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ y 2 2 y y − 3 xy 2 2 =m y ⎛ y⎞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =m x ⎩ ⎭ ⎜ ⎟ − 3⋅ ⎪ ⎪ x ⎩ ⎭ x x ⎝ ⎠ 1+ 2 ⋅

2

y x

1⎫ 1⎫ ⎧ ⎧ m= ⎪ ⎪⎪m = 2 ή m = 5 ⎪⎪ ⎪ ⎧m = 2 ⎫ ⎪ 5⎪ ⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ή⎨ ⎬. y y = 2x⎭ ⎪ x⎪ ⎩ ⎪ ⎪ =m y= ⎪⎩ x 5 ⎭⎪ ⎩⎪ ⎭⎪

Επομένως έχουμε: ⎧ ⎧ 7 x2 ⎫ 5 7⎫ ⎧ x 2 + 2 xy = 5⎫ = 5⎪ x = ± 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ x + 2 xy = 5⎫ ⎪ ⎧x = ±1⎫ ⎪ ⎪ ⎧5 x = 5 ⎫ ⎪ 5 ⎪ 7 ⎪ (Σ) ⇔ ⎨ ⎬ή⎨ ⎬⇔ ⎨ ⎬ή⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ή⎨ ⎬ x x ⎩ y = 2x⎭ ⎪ ⎩ y = 2x ⎭ ⎪ y = ⎪ ⎩ y = 2x⎭ ⎪ y = x ⎪ ⎪ y= 5 ⎩ ⎭ ⎪⎩ ⎪ ⎪ ⎪⎭ 5 ⎭ 5 ⎩ ⎛5 7 7 ⎞ ⎛ 5 7 7⎞ , ,− ( x, y ) = (1, 2 ) ή ( x, y ) = ( −1, −2 ) ή ( x, y ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ή ( x, y ) = ⎜⎜ − ⎟. 7 ⎠ 7 ⎟⎠ ⎝ 7 ⎝ 7 2

Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με κέντρο O και ακτίνα R . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑOB (έστω (c1 ) ), τέμνει την AΓ στο σημείο K και την ΒΓ στο σημείο Ν . Έστω (c2 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΚΝ και (c3 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου OΓΚ . Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (c1 ) , (c2 ) και (c3 ) είναι ίσοι μεταξύ τους. Λύση Έστω R1 , R2 , R3 οι ακτίνες των κύκλων ( c1 ),( c2 ) και ( c3 ) αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι R1 = R2 = R3 . ˆ =B ˆ . Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AKOB έχουμε: Α 1 1 ˆ ˆ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AOΝB έχουμε: Α = Β . 2

2

ˆ = Γˆ . Από το ισοσκελές τρίγωνο OBΓ , έχουμε: Β 2 2 ˆ ˆ Από το ισοσκελές τρίγωνο OΑΓ , έχουμε: Α1 = Γ1 . ˆ = ΚΒΓ ˆ = Γˆ , δηλαδή τα τρίγωνα Από τις παραπάνω ισότητες των γωνιών, προκύπτει ΝΑΓ ΝΑΓ και ΚΒΓ είναι ισοσκελή, οπότε ΝΑ = ΝΓ και ΚΒ = ΚΓ .

Τα τρίγωνα τώρα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα διότι έχουν: 1. ΟΒ = ΟΓ (ακτίνες του κύκλου ( c ) ) 2. ΟΚ (κοινή) 3. ΚΒ = ΚΓ (από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ). Εφόσον λοιπόν τα τρίγωνα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα, θα έχουν ίσους τους περιγεγραμμένους κύκλους τους ( c1 ) και ( c3 ) . Απόδειξη της Ισότητας των Κύκλων ( c1 ) και ( c 2 ) ( 1ος τρόπος) Θεωρούμε τώρα τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ που έχουν περιγεγραμμένους κύκλους ( c1 ) και ( c2 ) αντίστοιχα.


16 Θα χρησιμοποιήσουμε στη συνέχεια τον τύπο E = (ΑΒΓ) =

αβγ

που εκφράζει το εμβαδό 4R τριγώνου συναρτήσει του μήκους των πλευρών και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου. Έστω λοιπόν E1 = (ΚΝΒ) το εμβαδό του τριγώνου ΚΝΒ και E2 = (ΚΝΓ) το εμβαδό του τριγώνου ΚΝΓ. Τότε: ΝΒ ⋅ ΝΚ ⋅ ΒΚ ⎫ E1 = (ΚΝΒ) = ⎪ 4 R1 Ε1 4 R2 ⋅ ΝΒ ⋅ ΝΚ ⋅ ΒΚ Ε R ⋅ ΝΒ ⎪ ⇒ 1 = 2 , (1) = ⎬⇒ ΝΓ ⋅ ΝΚ ⋅ ΓΚ ⎪ Ε 2 4 R1 ⋅ ΝΓ ⋅ ΝΚ ⋅ ΓΚ Ε 2 R1 ⋅ ΝΓ E2 = (ΚΝΓ) = ⎪⎭ 4 R2 (για τη τελευταία συνεπαγωγή χρησιμοποιήσαμε την ισότητα ΚΒ = ΚΓ , που προκύπτει από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ).

Σχήμα 5 ˆ και ΚΝΓ ˆ παραπληρωματικές. Τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουν τις γωνίες τους ΚΝΒ Άρα: E1 ΝΒ ⋅ ΝΚ Ε ΝΒ = ⇒ 1 = . (2) Ε 2 ΝΓ E2 ΝΓ ⋅ ΝΚ Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε R1 = R2 . Απόδειξη της Ισότητας των Κύκλων ( c1 ) και ( c 2 ) (2ος τρόπος) Για την απόδειξη, θα χρησιμοποιήσουμε το νόμο των ημιτόνων: a β γ = = = 2R . ημΑ ημΒ ημΓ Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουμε: ΚΝ ΚΝ = 2 R1 και = 2 R2 . ˆ ημ(ΚΒΝ ) ημ(Γˆ ) ˆ = Γˆ , καταλήγουμε: R = R . Από την ισότητα τώρα των γωνιών ΚΒΝ 1

Πρόβλημα 4 Η ακολουθία an , n ∈ ¥ * , ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις

2


17

an +1 = an −

k , n ∈ ¥ * , a1 = 1 , n 2

όπου k θετικός ακέραιος. (i) Να προσδιορίσετε το γενικό όρο an της ακολουθίας ως συνάρτηση των n και k . 1 (ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί θετικοί ακέραιοι k , n τέτοιοι ώστε : an = 1000 . 2 Λύση (i) Από τις υποθέσεις έχουμε k k k a2 = a1 − , a3 = a2 − 2 , ... , an = an −1 − n −1 , n = 1, 2,3,... 2 2 2 από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: n ⎛ ⎛1⎞ ⎞ 1− ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 ⎞ 2 ⎛1 1 ⎜ an = a1 − k ⎜ + 2 + ⋅⋅⋅ + n −1 ⎟ = 1 − k −1 + ⎝ ⎠ ⎟ ⇔ 1 ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝2 2 1− ⎜ 2 ⎟⎠ ⎝

⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎞ k an = 1 + k − 2k ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ = (1 − k ) + n −1 , n = 1, 2,3,... ⎜ ⎝2⎠ ⎟ 2 ⎝ ⎠ (ii) Έστω ότι:

k 1 = 1000 ⇔ (1 − k ) ⋅ 2n −1+1000 + k ⋅ 21000 = 2n −1 , n −1 2 2 2 * όπου k θετικός ακέραιος και n ∈ ¥ , n > 1 . Τότε έχουμε an =

1

1000

⇔ (1 − k ) +

2n −1+1000 − 2n −1 = k ( 2n −1+1000 − 21000 ) .

2n −1+1000 − 2n −1 > 0, k ∈ Ά . (1) 2n −1+1000 − 21000 Αν υποθέσουμε ότι n − 1 > 1000 ⇔ n > 1001, τότε από τη σχέση (1) προκύπτει, ότι k ∈ ( 0,1) , άτοπο. ⇔k=

• •

Αν υποθέσουμε ότι n − 1 < 1000 ⇔ n < 1001, τότε έχουμε:

2n −1+1000 − 2n −1 21000 − 2n −1 1 − 2n −1001 − 1 = = , 2n −1+1000 − 21000 2n −1+1000 − 21000 2n −1 − 1 οπότε θα είναι 0 < k − 1 < 1 , που είναι άτοπο. Άρα είναι n − 1 = 1000 ⇔ n = 1001 , οπότε από την (1) προκύπτει ότι k = 1 .

k −1 =

Ευκλείδης 2010-2011