Ευκλείδης 2011-2012

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

72

ος

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 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ “Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ” ΣΑΒΒΑΤΟ, 21 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2012 ΕNΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

B΄ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1 (α) Να συγκρίνετε τους αριθμούς 23 ⎛ 3 3 1⎞ ⎛1 1 ⎞ ⎛ 8 2 ⎞ 3 Α = ⋅ ⎜ 23 + 20 + : − ⎟ και Β = ⎜ − ⎟ : ⎜ 4 − 2 ⎟ + 4 .

31 ⎝ 8 2 4⎠ ⎝ 4 12 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 2 (β) Αν ισχύει ότι:

6 (αβ + βγ + γα ) = 11αβγ και αβγ ≠ 0 ,

να βρείτε την τιμή της παράστασης: 8 − α 12 − β 16 − γ Γ= + + .

2α 3β 4γ Λύση (α) Έχουμε 23 ⎛ 3 3 3 1⎞ 8 ⎛ 3 2 1⎞ 8 ⎛ 1 1⎞ 8 72 Α = ⋅ ⎜ 2 + 20 + : − ⎟ = ⋅ ⎜ 8 + 1 + ⋅ − ⎟ = ⋅⎜9 + − ⎟ = ⋅9 = , 31 ⎝ 8 2 4 ⎠ 31 ⎝ 8 3 4 ⎠ 31 ⎝ 4 4 ⎠ 31 31 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 8 2 ⎞ 3 ⎛ 3 1 ⎞ ⎛ 8 2 ⎞ 3 1 81 3 9 3 39 Β = ⎜ − ⎟:⎜ 4 − 2 ⎟+ 4 = ⎜ − ⎟:⎜ − ⎟ + = ⋅ + = + = . ⎝ 4 12 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 2 ⎝ 12 12 ⎠ ⎝ 81 81 ⎠ 16 6 6 16 4 16 16 72 39 72 ⋅16 − 39 ⋅ 31 1152 − 1209 Επειδή είναι Α − Β = − = = < 0, έπεται ότι Α < Β .

31 16 31⋅16 496 (β) Έχουμε 8 − α 12 − β 16 − γ 8 α 12 β 16 γ Γ= + + = − + − + − 2α 3β 4γ 2α 2α 3β 3β 4γ 4γ

⎛ 1 1 1⎞ ⎛1 1 1⎞ ⎛ 1 1 1 ⎞ 13 = 4⋅⎜ + + ⎟ − ⎜ + + ⎟ = 4⋅⎜ + + ⎟ − . ⎝α β γ ⎠ ⎝ 2 3 4⎠ ⎝ α β γ ⎠ 12 Από την υπόθεση 6 (αβ + βγ + γα ) = 11αβγ και αβγ ≠ 0 με διαίρεση και των δύο μελών της ισότητας με 6αβγ ≠ 0 προκύπτει ότι: 6(αβ + βγ + γα ) 11αβγ 1 1 1 11 = ⇒ + + = , α β γ 6 6αβγ 6αβγ οπότε η παράσταση Γ έχει τιμή ⎛ 1 1 1 ⎞ 13 11 13 44 13 75 25 Γ = 4⋅⎜ + + ⎟ − = 4⋅ − = − = = .

6 12 6 12 12 4 ⎝ α β γ ⎠ 12

2 Πρόβλημα 2 Ένας πελάτης αγόρασε από μία έκθεση αυτοκινήτων ένα αυτοκίνητο για το οποίο πλήρωσε με μετρητά το μισό της τιμής πώλησης του αυτοκινήτου, ενώ για τα υπόλοιπα συμφωνήθηκε να πληρώσει με 24 μηνιαίες δόσεις των 500 ευρώ. Με αυτόν το διακανονισμό επιβαρύνθηκε με τόκους που συνολικά αντιστοιχούν στο 10% της τιμής πώλησης του αυτοκινήτου. Να βρείτε την τιμή πώλησης του αυτοκινήτου και πόσα συνολικά θα πληρώσει συνολικά ο πελάτης. Λύση. Αν υποθέσουμε ότι η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι x , τότε, σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος θα έχουμε την εξίσωση: x 10 x x x + 24 ⋅ 500 = x + ⇔ + 12000 = x + ⇔ 5 x + 120000 = 10 x + x 2 100 2 10 120000 ⇔ 6 x = 120000 ⇔ x = = 20000.

6 Άρα η τιμή πώλησης του αυτοκινήτου είναι x = 20000 ευρώ και ο πελάτης θα πληρώσει συ10 x 11x 11⋅ 20000 = = = 22000 ευρώ. νολικά x + 100 10 10 Πρόβλημα 3 Στο διπλανό σχήμα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές ( ΑΒ = ΑΓ ), το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισόπλευρο και Ε είναι το μέσο του ΑΔ . Αν το Κ βρίσκεται στη προέκταση της ΒΓ και οι ΒΔ, ΓΕ τέμνονται στο σημείο ˆ και ΚΓΔ ˆ , είναι ίσες. Ζ , να αποδείξετε ότι οι γωνίες ΒΖΓ Λύση ˆ = xˆ . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Β ˆ = Γˆ έχουμε: Έστω ΒΑΓ

ˆ +Β ˆ + Γˆ = 180o ⇔ xˆ + 2Γˆ = 180o ⇔ Β ˆ = Γˆ = 90o − xˆ . Α 2

(1)

Σχήμα 1 ˆ και Γˆ είˆ = 600 . Οι γωνίες τώρα Γˆ , ΑΓΔ Από το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΓΔ , έχουμε: ΑΓΔ 1 ναι διαδοχικές με την πρώτη και την τελευταία πλευρά τους αντικείμενες ημιευθείες, έχουμε ότι ˆ +Γˆ = 180o , οπότε Γˆ +ΑΓΔ 1

3 xˆ ⎞ xˆ ⎛ Γˆ 1 = 180o − 60o − ⎜ 90o − ⎟ ⇔ Γˆ 1 = 30o + .

2⎠ 2 ⎝ ˆ Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ , θέτουμε Βˆ 1 = Δ1 = ωˆ και παίρνουμε: xˆ 2ωˆ + xˆ + 600 = 180 ⇔ ωˆ = 60o − .

2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο τέλος ΕΔΖ , έχουμε: ˆ = 90o − ωˆ ⇔ Ζˆ = 30 o + xˆ . Ζˆ 1 = ΕΖΔ 1 2

(2)

(3)

(4)

Πρόβλημα 4 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το 1 μέχρι και το 2012. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 5 και στη συνέχεια, από τους ακέραιους που απέμειναν, διαγράφουμε αυτούς που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Λύση Το σύνολο Α = {1, 2,3,..., 2012} έχει 2012 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο

σύνολο Α είναι της μορφής 5κ , όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 1 2012 1 2 1 ≤ 5κ ≤ 2012 ⇔ ≤ κ ≤ ⇔ ≤ κ ≤ 402 ⇔ κ ∈ {1, 2,..., 402} , 5 5 5 5 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 5 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 402. Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8κ , όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 1 2012 1 4 1 ≤ 8κ ≤ 2012 ⇔ ≤ κ ≤ ⇔ ≤ κ ≤ 251 ⇔ κ ∈ {1, 2,..., 251} , 8 8 8 8 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 251. Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 5 και έχουν ήδη διαγραφεί. Αυτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του ΕΚΠ {5,8} = 40 που ανήκουν στο σύνολο Α. Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 1 2012 1 12 1 ≤ 40κ ≤ 2012 ⇔ ≤κ ≤ ⇔ ≤ κ ≤ 50 ⇔ κ ∈ {1, 2,...,50} , 40 40 40 40 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 5 και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 50. Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 402 + 251 − 50 = 603 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 2012 − 603 = 1409 στοιχεία.

Γ΄ τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1 (α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης: 3

⎛α ⎞ ⎛ α ⎞ 9α − 20 β 2 Α = ⎜ 2 + 237 ⎟ ⋅ ⎜ 2 ⎟ + , β2 ⎝β ⎠ ⎝ 4β ⎠ αν δίνεται ότι α = β = 2−3 . x (β) Αν τα ποσά x, y είναι ανάλογα με συντελεστή αναλογίας = α > 0 , να αποδείξετε ότι η y

4 2 xy έχει τιμή ανεξάρτητη των τιμών των x, y και ισχύει ότι Κ ≤ 1 . x + y2 Για ποια τιμή του α η παράσταση Κ παίρνει τη μέγιστη τιμή της.

παράσταση Κ =

2

Λύση (α) Για α = β = 2−3 λαμβάνουμε

α 2−3 2−3 = = = 2−3+ 6 = 23 = 8 .

2 2 −6 − 3 β (2 ) 2

Η παράσταση Α γράφεται: 3

3

⎛α ⎞ ⎛1 α ⎞ α ⎛1 ⎞ Α = ⎜ 2 + 237 ⎟ ⋅ ⎜ ⋅ 2 ⎟ + 9 ⋅ 2 − 20 = ( 8 + 237 ) ⋅ ⎜ ⋅ 8 ⎟ + 9 ⋅ 8 − 20 β ⎝4 ⎠ ⎝β ⎠ ⎝4 β ⎠ = 245 ⋅ 23 + 72 − 20 = 245 ⋅ 8 + 52 = 2012. (β) Από την υπόθεση έχουμε ότι x = α y , οπότε η παράσταση γράφεται

Κ=

2ayy 2α y 2 2α = = 2 , 2 2 2 2 2 α y +y (α + 1) y α + 1

δηλαδή είναι ανεξάρτητη των x, y και εξαρτάται μόνο από το λόγο α . Επιπλέον, ισχύει 2α 2 Κ= 2 ≤ 1 ⇔ α 2 + 1 ≥ 2α ⇔ α 2 − 2α + 1 ≥ 0 ⇔ (α − 1) ≥ 0 , α +1 το οποίο είναι αληθές. Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης είναι 1 και λαμβάνεται όταν α − 1 = 0, δηλαδή όταν α = 1 . Πρόβλημα 2 Στο διπλανό σχήμα, οι μικροί κύκλοι είναι ίσοι μεταξύ τους (με ακτίνα R ), έχουν κέντρα τα σημεία Κ , Λ και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Μ . Οι διάμετροι ΑΒ και ΓΔ (των μικρών κύκλων) είναι κάθετες στην διάκεντρό τους ΚΛ . Ο μεγάλος κύκλος τέλος, έχει κέντρο το σημείο Μ και περνάει από τα σημεία Α, Β, Γ, Δ . Να υπολογιστεί συναρτήσει του R , το εμβαδό του σκιασμένου χωρίου. Λύση

Σχήμα 2 Επειδή είναι ΑΚ = ΔΛ και ΑΚ & ΔΛ, ως κάθετες στη διάκεντρο ΚΛ , το τετράπλευρο ΑΚΛΔ είναι ορθογώνιο, οπότε θα είναι ΑΔ = ΚΛ = 2 R . Ομοίως προκύπτει ότι και το τετρά-

5 πλευρο ΚΒΓΛ είναι ορθογώνιο και ότι ΒΓ = ΚΛ = 2R Επομένως, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο με πλευρά 2 R και εμβαδό ( ΑΒΓΔ) = 4 R 2 . Το τρίγωνο ΑΚΜ είναι ορθογώνιο με κάθετες πλευρές ΚΑ = ΚΜ = R . Άρα, από το Πυθαγόρειο θεώρημα, έχουμε: ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ = ΜΔ = R 2 , δηλαδή ο μεγάλος κύκλος έχει ακτίνα R 2 και κατά συνέπεια το εμβαδό του θα είναι: Ε = π ( R 2) 2 = 2π R 2 . Τα εμβαδά των δύο μικτόγραμμων χωρίων ΜΑΔ και ΜΒΓ είναι ίσα μεταξύ τους και το άθροισμά τους προκύπτει, αν από το εμβαδό του τετραγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδό των δύο μικρών ημικυκλίων (δηλαδή το εμβαδό του μικρού κύκλου). Με βάση τους παραπάνω συλλογισμούς προκύπτουν οι σχέσεις: ⎛ 4 −π ⎞ 2 2Ε 2 = ( ΑΒΓΔ) − π R 2 ⇔ 2Ε 2 = 4 R 2 − π R 2 ⇔ Ε 2 = ⎜ ⎟R . ⎝ 2 ⎠ π R2 Για τα εμβαδά των χωρίων Ε3 έχουμε: Ε3 = − Ε1 .

2 Άρα το εμβαδό του ζητούμενου χωρίου είναι: 2Ε1 + 2Ε 2 + 2Ε3 = 2Ε1 + (4 − π ) R 2 + π R 2 − 2Ε1 = 4 R 2 . Παρατήρηση Το εμβαδό ενός από τα τέσσερα ίσα κυκλικά τμήματα του μεγάλου κύκλου είναι: 2 Ε − ( ΑΒΓΔ) 2π R 2 − 4 R 2 (π − 2 )R Ε1 = = = ..

4 4 2 Ο υπολογισμός όμως δεν είναι απαραίτητος γιατί απλοποιείται με τις πράξεις. Πρόβλημα 3 Γράφουμε στον πίνακα το σύνολο Α που περιέχει όλους τους ακέραιους από το 101 μέχρι και το 2012. Διαγράφουμε από το σύνολο Α όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 3 και στη συνέχεια διαγράφουμε όλους τους ακέραιους που είναι πολλαπλάσια του 8. Να βρείτε πόσοι ακέραιοι θα απομείνουν στο σύνολο Α. Λύση Το σύνολο Α = {101,102,103,..., 2012} έχει 2012 - 100 =1912 στοιχεία. Τα πολλαπλάσια

του 3 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 3κ , όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 101 2012 2 2 ≤κ ≤ ⇔ 33 ≤ κ ≤ 670 ⇔ κ ∈ {34,35,..., 670} , 101 ≤ 3κ ≤ 2012 ⇔ 3 3 3 3 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 3 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 670 − 33 = 637 . Τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι της μορφής 8κ , όπου κ ακέραιος τέτοιος ώστε 101 2012 5 4 101 ≤ 8κ ≤ 2012 ⇔ ≤κ ≤ ⇔ 12 ≤ κ ≤ 251 ⇔ κ ∈ {13,14,..., 251} , 8 8 8 8 δηλαδή τα πολλαπλάσια του 8 που ανήκουν στο σύνολο Α είναι 251 − 12 = 239 . Όμως υπάρχουν πολλαπλάσια του 8 που είναι και πολλαπλάσια του 3 και έχουν ήδη διαγραφεί. Αυτά είναι όλα τα πολλαπλάσια του ΕΚΠ {3,8} = 24 που ανήκουν στο σύνολο Α. Εργαζόμενοι ομοίως, από τις ανισώσεις 101 2012 5 20 ≤κ ≤ ⇔ 4 ≤ κ ≤ 83 ⇔ κ ∈ {5, 6,...,83} , 101 ≤ 24κ ≤ 2012 ⇔ 24 24 24 24 βρίσκουμε ότι τα κοινά πολλαπλάσια των 3 και 8 μέσα στο σύνολο Α είναι 83 − 4 = 79 . Επομένως, διαγράψαμε από το σύνολο Α συνολικά 637 + 239 − 79 = 797 στοιχεία, οπότε απέμειναν τελικά 1912 − 797 = 1115 στοιχεία.

6 Πρόβλημα 4 Δίνονται τα πολυώνυμα P ( x ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2 )( x + 2 ) και Q ( x ) = (α x 2 + β x )( γ x 2 + δ ) + 4 ,

όπου α , β , γ , δ ∈ \ . Αν ισχύει ότι α + β + γ + δ = −3 , να βρείτε τις τιμές των παραμέτρων α , β , γ , δ ∈ \ για τις οποίες τα πολυώνυμα P ( x ) και Q ( x ) είναι ίσα. Λύση Έχουμε P ( x ) = ( x − 1)( x + 1)( x − 2 )( x + 2 ) = ( x 2 − 1)( x 2 − 4 ) = x 4 − 5 x 2 + 4 και

Q ( x ) = (α x 2 + β x )( γ x 2 + δ ) + 4 = αγ x 4 + βγ x3 + αδ x 2 + βδ x + 4 .

Τα πολυώνυμα P ( x ) και Q ( x ) είναι ίσα, αν, και μόνον αν, ισχύουν αγ = 1, βγ = 0, αδ = −5, βδ = 0 ⇔ {β = 0 ή γ = 0} , {β = 0 ή δ = 0} , αγ = 1, αδ = −5. Οι τιμές γ = 0 και δ = 0 αποκλείονται γιατί δεν επαληθεύουν τις δύο τελευταίες εξισώσεις, 1 5 οπότε λαμβάνουμε β = 0, γ = , δ = − , α ≠ 0. Από την εξίσωση α + β + γ + δ = −3 , με α-

α

α

ντικατάσταση των τιμών των β , γ και δ προκύπτει η εξίσωση 1 5 4 α + − = −3 ⇔ α − = −3 ⇔ α 2 + 3α − 4 = 0 ⇔ α 2 − 1 + 3α − 3 = 0

α

α

α

(α − 1)(α + 1) + 3 (α − 1) = 0 ⇔ (α − 1)(α + 4 ) = 0 ⇔ α − 1 = 0 ή α + 4 = 0 ⇔ α = 1 ή α = −4 Επομένως οι τιμές των παραμέτρων α , β , γ , δ ∈ \ πρέπει και αρκεί να είναι 1 5 α = 1, β = 0, γ = 1, δ = −5 ή α = −4, β = 0, γ = − , δ = .

4 4

Α΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Να βρείτε το υποσύνολο των πραγματικών αριθμών στο οποίο συναληθεύουν οι ανισώσεις: 2 x2 x −1 x + x x + 1 x ( x + 1) ( x + 2 ) + ≤ και + > .

4 3 4 2 4 4 2

Λύση Έχουμε 2 x2 x −1 x + x + ≤ ⇔ 3x 2 + 4 ( x − 1) ≤ 3 x + 3 x 2 ⇔ x ≤ 4 ⇔ −4 ≤ x ≤ 4.

4 3 4 2 x + 1 x ( x + 1) ( x + 2 ) 2 + > ⇔ 2 x + 2 + x ( x + 1) > ( x + 2 ) 2 4 4 2 ⇔ 2 x + 2 + x + x > x 2 + 4 x + 4 ⇔ − x > 2 ⇔ x < −2. Επομένως, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα [ −4, −2 ) = { x ∈ \ : −4 ≤ x < −2} .

Πρόβλημα 2 Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης

7 2 2 ⎡ ⎤ x + x 2 ⎣(1 + ax ) − ( a + x ) ⎦ ab ⋅ = , 2 2 2 1− x 1− a ( a − b)

για τις διάφορες τιμές των πραγματικών αριθμών a, b με ab ( a − b ) (1 − a 2 ) ≠ 0 . Λύση Για να ορίζονται οι δεδομένες παραστάσεις πρέπει να ισχύουν: 1 − x 2 ≠ 0,1 − a 2 ≠ 0 (υπόθεση) και a ≠ b (υπόθεση) ⇔ x ≠ ±1 . Για x ≠ ±1 , η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: 2 2 2 2 2 2 x (1 + a x − a − x ) ab x (1 − a )(1 − x ) ab ⋅ = ⇔ ⋅ = 2 2 2 2 1− x 1− x (1 − a ) (1 − a ) ( a − b) ( a − b)

⇔ x (1 + x ) =

ab

( a − b)

⇔ ( a − b ) x 2 + ( a − b ) x − ab = 0 2

2

2

Επειδή είναι a ≠ b η τελευταία εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα 2 4 2 2 2 2 2 Δ = ( a − b ) + 4ab ( a − b ) = ( a − b ) ⎡( a − b ) + 4ab ⎤ = ( a − b ) ( a + b ) = ( a 2 − b 2 ) ≥ 0. ⎣ ⎦ Άρα η εξίσωση έχει τις ρίζες (ίσες, αν a = −b ): 2 − ( a − b ) + ( a 2 − b 2 ) 2ab − 2b 2 2b ( a − b ) b και x1 = = = = 2 2 2 a −b 2 (a − b) 2 (a − b) 2(a − b) − ( a − b ) − ( a 2 − b2 ) 2

x2 =

2 ( a − b)

2

=

2ab − 2a 2 2(a − b)

2

=

−2 a ( a − b ) 2 (a − b)

2

=

−a . a −b

Παρατηρούμε ότι: b b = 1 ⇔ b = b − a ⇔ a = 0 και = −1 ⇔ b = −b + a ⇔ a = 2b , b−a b−a −a −a = 1 ⇔ − a = a − b ⇔ 2a = b και = −1 ⇔ −a = b − a ⇔ b = 0. a −b a −b Επομένως, για τιμές των παραμέτρων a, b που ικανοποιούν τις υποθέσεις a ≠ 0, b ≠ 0, a ≠ b και a ≠ ±1 , έχουμε: 1 • Αν ( a − 2b )( 2a − b ) ≠ 0 , η εξίσωση έχει δύο ρίζες (ίσες με , αν a = −b ): 2 b −a x1 = και x2 = . a −b a −b • Αν a = 2b , τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x2 = −2 . b • Αν a = , τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα x2 = −2 .

2 Πρόβλημα 3 ˆ < 45D . Θεωρούμε τα μέσα Δ και Ε των ˆ = 90D και Α Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β πλευρών ΒΓ και ΑΓ, αντίστοιχα, και σημείο Μ ≠ Α στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ. Αν η μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος ΒΜ τέμνει την ευθεία ΔΕ στο Ζ και την ευθεία ΑΓ στο Θ, να αποδείξετε ότι: ˆ. ˆ =Α (α) ΒΜΖ ˆ . (β) Η ευθεία ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ

8 Λύση (α) Επειδή το Ζ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ θα είναι ΖΒ = ΖΜ και ˆ = ΜΒΖ ˆ =ω. ΒΜΖ Επειδή είναι ΔΕ & ΑΒ και ΑΒ ⊥ ΒΓ έπεται ότι ΔΕ ⊥ ΒΓ, δηλαδή η ευθεία ΔΕ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ . Αφού Ζ ∈ ΒΓ θα είναι ΖΒ = ΖΓ και ˆ = ΖΓΒ ˆ =ϕ . ΖΒΓ Επειδή ΜΖ = ΒΖ = ΓΖ θα είναι και ˆ = ΖΓΜ ˆ =θ . ΖΜΓ Από το τρίγωνο ΒΜΓ , λόγω των προηγούμενων ισοτήτων, έχουμε ˆ + ΒΓΜ ˆ + ΓΜΒ ˆ = 180D ⇒ 2ω + 2ϕ + 2θ = 180D ΜΒΓ ω + ϕ + θ = 90D .

(1) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε ˆ. ϕ + θ = Γˆ = 90D − Α (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε: ˆ . ˆ =ω = Α ΒΜΖ

Σχήμα 3 (β) Επειδή το σημείο Θ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ η ΘΖ είναι διχοτόμος της γωνίας ˆ ΒΘΕ . Επίσης, επειδή η ΒΕ είναι διάμεσος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ προς την υποτείΑΓ νουσα, θα είναι ΒΕ = = ΕΓ , οπότε το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές με την ΕΔ ύψος και 2 ˆ . Επομένως στο τρίγωνο ΒΘΕ το Ζ είναι το ˆ , άρα και της γωνίας ΒΕΘ διχοτόμο της γωνίας ΒΕΓ ˆ . σημείο τομής των διχοτόμων του, οπότε και η ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ Πρόβλημα 4 Αν υπάρχουν ακέραιοι x, y, a που επαληθεύουν την εξίσωση yx 2 + ( y 2 − a 2 ) x + y ( y − a ) = 0 , 2

να αποδείξετε ότι ο αριθμός xy είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού. Λύση 2 Έστω ότι οι ακέραιοι x, y, a επαληθεύουν την εξίσωση: yx 2 + ( y 2 − a 2 ) x + y ( y − a ) = 0 .

9 Μετά τις πράξεις και αναδιάταξη των όρων η εξίσωση, ως προς άγνωστο το a , γράφεται: ( y − x ) a 2 − 2 y 2 a + y ( x 2 + xy + y 2 ) = 0 . Σύμφωνα με την υπόθεση, η εξίσωση αυτή με άγνωστο το a έχει ακέραια λύση, αλλά και ακέραιους συντελεστές. Επομένως, η διακρίνουσα της είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή υπάρχει κ ∈ ] τέτοιο, ώστε 2 Δ = 4 y 4 − 4 y ( y − x ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 4 y ⎡⎣ y 3 − ( y 3 − x3 ) ⎤⎦ = 4 yx3 = xy ( 2 x ) = κ 2 .

2

κ ⎛κ ⎞ Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι: xy = ⎜ ⎟ , όπου ο αριθμός είναι ρητός.

2x ⎝ 2x ⎠

Β΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου a ≠ 0 για τις οποίες η εξίσωση 1 1 2a + 6 − = 3 , 2 2a + ax 2 x − x x − 4x έχει δύο πραγματικές ρίζες με διαφορά 4. Λύση Μετά τις παραγοντοποιήσεις των όρων των κλασμάτων η εξίσωση γράφεται: 1 1 2(a + 3) . + = a ( x + 2 ) x ( x − 2 ) x ( x − 2 )( x + 2 )

(1)

Πρέπει να ισχύουν x ≠ 0, ±2 , δηλαδή η εξίσωση θα λυθεί στο σύνολο \ − {−2, 0, 2} . Η εξίσωση (1) στο σύνολο \ − {−2, 0, 2} είναι ισοδύναμη τελικά με την εξίσωση x 2 + ( a − 2 ) x − ( 2a 2 + 4a ) = 0 ,

η οποία έχει διακρίνουσα Δ = ( 3a + 2 ) και ρίζες x1 = a + 2 και x2 = −2a . Επειδή 2

a + 2 ∈ {−2, 0, 2} ⇔ a ∈ {−4, −2, 0} και −2a ∈ {−2, 0, 2} ⇔ a ∈ {1, 0, −1}

και αφού από την υπόθεση είναι a ≠ 0 , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες δεκτές, τις x1 = a − 2 και x2 = −2a , όταν είναι a ≠ −1, + 1, − 2, − 4 . Επειδή είναι 2 a + 2 − ( −2a ) = 4 ⇔ 3a + 2 = 4 ⇔ 3a + 2 = 4 ή 3a + 2 = −4 ⇔ a = ή a = −2, 3 2 η τιμή του a που ζητάμε είναι η a = .

3 Πρόβλημα 2 Αν y ακέραιος και x ∈ \ , να προσδιορίσετε όλα τα ζευγάρια ( x, y ) που είναι λύσεις του

συστήματος ⎧⎪1 + y − x 2 − 3 x + 1 > 0 ⎫⎪ (Σ ) ⎨ ⎬. ⎪⎩ y − 2 + x − 2 < 0 ⎪⎭ Να παραστήσετε γραφικά στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy , το σύνολο των σημείων Μ ( x, y ) ,

όπου ( x, y ) λύση του συστήματος (Σ). Λύση

10 Έχουμε ⎧⎪1 + y − x 2 − 3 x + 1 > 0 ⎫⎪ ⎧⎪1 + y > x 2 − 3 x + 1 ≥ 0 ⎫⎪ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬, ⎪⎩ y − 2 + x − 2 < 0 ⎪⎭ ⎪⎩ y − 2 < − x − 2 ≤ 0 ⎪⎭ Από τις δύο τελευταίες εξισώσεις προκύπτει ότι: 1 + y > 0 και y − 2 < 0 ⇔ −1 < y < 2 . Επομένως οι δυνατές τιμές του y είναι y = 0 ή y = 1.

• Για y = 0, το σύστημα γίνεται:

⎧⎪ x 2 − 3 x + 1 < 1⎫⎪ ⎧−1 < x 2 − 3 x + 1 < 1⎫ ⎧ x 2 − 3x + 2 > 0 και x 2 − 3 x < 0 ⎫ ⎨ ⎬⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ −2< x−2< 2 ⎩ −2< x−2< 2 ⎭ ⎩ ⎭ ⎩⎪ x − 2 < 2 ⎭⎪

•

⎧( x < 1 ή x > 2 ) και 0 < x < 3⎫ ⇔⎨ ⎬ ⇔ 0 < x < 1 ή 2 < x < 3.

0< x<4 ⎩ ⎭ Για y = 1, το σύστημα γίνεται: ⎧⎪ x 2 − 3 x + 1 < 2 ⎫⎪ ⎧−2 < x 2 − 3 x + 1 < 2 ⎫ ⎧ x 2 − 3 x + 3 > 0 και x 2 − 3 x − 1 < 0 ⎫ ⇔ ⇔ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ 1< x < 3 ⎩ −1 < x − 2 < 1 ⎭ ⎩ ⎭ ⎩⎪ x − 2 < 1 ⎭⎪ ⎧ 3 − 13 3 + 13 ⎫ <x< ⎪ ⎪ ⇔⎨ 2 2 ⎬ ⇔ 1 < x < 3. ⎪ ⎪ 1< x < 3 ⎩ ⎭ Για τη γεωμετρική αναπαράσταση του συνόλου των λύσεων του συστήματος έχουμε:

Σχήμα 4 Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ , εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, R) . Η ˆ τέμνει τον κύκλο c(O, R) στο σημείο Μ . Ο κύκλος c (Μ , ΑΜ ) τέμνει διχοτόμος της γωνίας Α 1

την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Δ . Να αποδείξετε ότι ΓΔ = ΑΒ . Λύση (1ος τρόπος)

11 Έστω Ε το δεύτερο κοινό σημείο των περιφερειών ( c ) και ( c1 ) . Τότε η ΑΕ είναι η κοινή χορδή των δύο κύκλων, άρα η ΟΜ είναι μεσοκάθετη της ΑΕ . ˆ ). Άρα η Το Μ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ (διότι η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α ΟΜ είναι μεσοκάθετη και της ΒΓ . Επειδή οι χορδές ΒΓ και ΑΕ έχουν την ΟΜ κοινή μεσοκάθετη, συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε: ΑΒ = ΕΓ .

(1) Το τρίγωνο ΜΑΔ είναι ισοσκελές, αφού ΜΑ = ΜΔ ως ακτίνες του κύκλου ( c1 ) . Άρα είˆ ˆ ˆ = Δˆ = Α . Ισχύει επίσης Α ˆ = Εˆ = Α (εγγεγραμμένες στον κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ναι Α 1 1 1 1 2 2 q ). τόξο ΜΓ

Σχήμα 5 ˆ Α Από τις τελευταίες ισότητες γωνιών συμπεραίνουμε ότι Εˆ 1 = Δˆ 1 = και σε συνδυασμό με 2 ˆ = ΜΕΔ ˆ (που προκύπτει από το ισοσκελές τρίγωνο ΜΔΕ ), καταλήγουμε την ισότητα ΜΔΕ ˆ = ΓΕΔ ˆ και στην ισότητα των ευθυγράμμων τμημάτων: στην ισότητα των γωνιών ΓΔΕ ΕΓ = ΔΓ .

(2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε το ζητούμενο.

2ος Τρόπος Το τρίγωνο ΑΜΔ είναι ισοσκελές ( ΜΑ = ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c1 ) ). Η ΑΜ είναι διˆ , οπότε έχουμε: χοτόμος της γωνίας Α ˆ ˆ =Α ˆ = Δˆ = Α . Α (3) 1 2 1 2 Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΔ , έχουμε: ˆ − Δˆ = 180o − Α ˆ ˆ + ωˆ = ΑΜΔ ˆ = 180o − Α Μ 1 1 1 ˆ ⇔Μ ˆ − ωˆ . ˆ + ωˆ = 180o − Α ˆ = 180o − Α ⇒Μ (4) 1 1 Επίσης, ισχύουν οι ισότητες γωνιών: ˆ = ωˆ (είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο) Β

12 ˆ = Γˆ (είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο). Μ 2 Άρα έχουμε ˆ −Β ˆ = 180o − Α ˆ = Γˆ = Μ ˆ . Μ (5) 1 2

Σχήμα 6 p ) και ˆ ˆ Από τις ισότητες: Μ1 = Μ 2 , ΜΒ = ΜΓ (διότι το Μ είναι μέσο του τόξου ΒΓ

ΜΑ = ΜΔ (διότι ΜΑ, ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c1 ) ), συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΔΓ (*) είναι ίσα, οπότε ΓΔ = ΑΒ . (*) Η ισότητα των τριγώνων, μπορεί να αποδειχθεί και με άλλους τρόπους. Παρατηρήσεις Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι τα σημεία Μ , Γ και το μέσο της ΔΕ είναι συνευθειακά. Ο κύκλος ( c1 ) τέμνει και τη προέκταση της ΑΒ . Αν ονομάσουμε Λ το σημείο τομής, τότε θα ισχύει ΒΛ = ΑΓ . Έτσι δημιουργείτε το ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΛ με ΑΔ = ΑΛ = ΑΒ + ΑΓ και στη συνέχεια, μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΑΜ ⊥ ΔΛ . Πρόβλημα 4

Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του x για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός a, b ρητοί τέτοιοι ώστε a 2 < 4b .

x 2 + ax + b , όπου

Λύση Επειδή από υπόθεση a 2 − 4b < 0 , έπεται ότι x 2 + ax + b > 0 , για κάθε x ∈ \ . Αν υποθέ-

σουμε ότι οι αριθμοί x , x 2 + ax + b = y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά τους y − x = r θα είναι ρητός. Έτσι έχουμε x 2 + ax + b − x = r ⇔ x 2 + ax + b = x + r ⇒ x 2 + ax + b = x 2 + 2rx + r 2 ⇒ x = a a και x + r ≥ 0 ή ισοδύναμα, εφόσον r > .

2 2 2 r −b a , όπου r ρητός με r > , τότε έχουμε Αντίστροφα, αν είναι x = a − 2r 2

εφόσον r ≠

r2 − b , a − 2r

13 2 ⎛ r2 − b ⎞ r2 − b r 4 − 2ar 3 + a 2 r 2 + 2br 2 − 2abr + b 2 ( r − ar + b ) 2 x + ax + b = ⎜ +b = = , ⎟ +a 2 2 a − 2r ( a − 2r ) ( a − 2r ) ⎝ a − 2r ⎠ 2

2

οπότε, αφού από υπόθεση a 2 − 4b < 0 , θα είναι r 2 − ar + b r 2 − ar + b a y = x 2 + ax + b = = , r> , a − 2r 2r − a 2 δηλαδή ο y είναι ρητός.

Γ΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος αν , ν = 1, 2,3,... που έχει πρώτο όρο α1 = α ≠ 0 , διαφορά ω ≠ 0 και είναι τέτοια ώστε ο λόγος του αθροίσματος α1 + ⋅⋅⋅ + αν των ν πρώτων όρων της προς το άθροισμα αν +1 + ⋅⋅⋅ + α 3ν των επόμενων 2ν το πλήθος όρων της είναι σταθερός, δηλαδή ανεξάρτητος του ν . Λύση Από την υπόθεση δίνεται ότι: Σν α + ⋅⋅⋅αν = 1 = c (ανεξάρτητο του ν ) .

(1) Σ3ν − Σν αν +1 + ⋅⋅⋅α 3ν Επειδή είναι ⎡ 2α + (ν − 1) ω ⎤⎦ ⋅ν Σν = α1 + ⋅⋅⋅ + αν = ⎣ και 2 ⎡ 2α + ( 3ν − 1) ω ⎤⎦ ⋅ 3ν ⎡⎣ 2α + (ν − 1) ω ⎤⎦ ⋅ν ⎡⎣ 4α + ( 8ν − 2 ) ω ⎤⎦ ⋅ν Σ3ν − Σν = ⎣ − = , 2 2 2 η σχέση (1) γίνεται 2α + (ν − 1) ω = c ⇔ ( 8cω − ω )ν + 4α c − 2α − 2cω + ω = 0 4α + ( 8ν − 2 ) ω ⇔ ( 8c − 1) ων + ( 2c − 1)( 2α − ω ) = 0, για κάθε ν = 1, 2,3,... ⇔ ( 8c − 1) ω = 0 και ( 2c − 1)( 2α − ω ) = 0 1 ⇔ 8c − 1 = 0 και 2c − 1 ή 2α − ω = 0 ⇔ c = , ω = 2α , 8 αφού ω ≠ 0 . Επομένως η αριθμητική πρόοδος που ζητάμε είναι η: α ,3α ,5α ,...., ( 2ν − 1) α ,... .

Διαφορετικά, στην ισότητα

(8c − 1) ων + ( 2c − 1)( 2α − ω ) = 0 ,

που ισχύει για κάθε

ν = 1, 2,3,... μπορούμε να θεωρήσουμε ν = 1 και ν = 2 και να αφαιρέσουμε κατά μέλη τις ισότητες που προκύπτουν, οπότε λαμβάνουμε ( 8c − 1) ω = 0 και από αυτή ( 2c − 1)( 2α − ω ) = 0 , οπότε έχουμε πάλι το σύστημα: 1 ⎫ ⎧ ⎧⎪ ( 8c − 1) ω = 0 ⎫⎪ ⎪ c= ⎪ 8 ⎬ , αφού ω ≠ 0. ⎨ ⎬⇔⎨ ⎪⎩( 2c − 1)( 2a − ω ) = 0 ⎪⎭ ⎪⎩ω = 2α ⎪⎭ Επομένως η αριθμητική πρόοδος που ζητάμε είναι η: α ,3α ,5α ,...., ( 2ν − 1) α ,... .

14 Πρόβλημα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: 8z 4 8x4 8 y4 2 2 . , , x2 = y = z = 16 + z 4 16 + x 4 16 + y 4 Λύση Παρατηρούμε ότι 8z 4 8z 2 8z 2 2 2 x2 = z z = ⋅ ≤ ≤1, , αφού ισχύει : 2 2 16 + z 4 42 + ( z 2 ) 42 + ( z 2 )

και ομοίως λαμβάνουμε ότι: z 2 ≤ y 2 και y 2 ≤ x 2 . Επομένως, έχουμε: x 2 = y 2 = z 2 . Τότε από την πρώτη εξίσωση λαμβάνουμε: 2 8x4 x2 = ⇔ x 2 ( x 4 − 8 x 2 + 16 ) = 0 ⇔ x 2 ( x 2 − 4 ) = 0 4 16 + x ⇔ x = 0 ή x = −2 ή x = 2 (όλες με πολλαπλότητα 2).

• Για x = 0 , προκύπτει η λύση ( 0, 0, 0 ) .

•

Για x = 2 , προκύπτουν οι λύσεις: ( 2, 2, 2 ) , ( 2, −2, 2 ) , ( 2, 2, −2 ) και ( 2, −2, −2 ) .

•

Για x = −2 , προκύπτουν οι λύσεις: ( −2, 2, 2 ) , ( −2, −2, 2 ) , ( −2, 2, −2 ) και ( −2, −2, −2 ) .

Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, R) . Τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Α1 , Β1 , Γ1 αντίστοιχα. Αν Α 2 , Β2 , Γ 2 είναι τα μέσα των

ευθυγράμμων τμημάτων ΟΔ, ΟE, ΟZ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες Α1Α 2 ,Β1Β2 ,Γ1Γ 2 περνάνε από το ίδιο σημείο. Λύση (1ος τρόπος) Παρατηρούμε ότι το σημείο Α1 είναι συμμετρικό του ορθοκέντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ. Πράγματι, αν θεωρήσουμε το σημείο Η1 συμμετρικό του Η ως προς την πλευρά ΒΓ, τότε ˆ . Άρα το τετράπλευρο ΑΒΗ Γ είναι εγγεγραμμένο στον περιˆ Γ = ΒΗΓ ˆ = 180D − Α έχουμε ΒΗ 1

1

γεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε το σημείο Η1 συμπίπτει με το σημείο Α1 . Έστω Κ το αντιδιαμετρικό του σημείου Α1 και Μ το σημείο τομής της Α1Α 2 με την ΗΚ . Τότε στο τρίγωνο Α1ΗΚ έχουμε ότι το σημείο Ο είναι μέσο της πλευράς Α1Κ και ότι το σημείο Δ είναι μέσο της πλευράς Α1Η .(*) Άρα το τμήμα ΟΔ είναι ίσο και παράλληλο με το τμήμα

ΗΚ .

2

15

Σχήμα 7

ΗΚ και η Α1Α 2 είναι διάμεσος στο τρίγωνο Α1ΟΔ , συμπεραίνουμε ότι 2 η Α1Μ είναι διάμεσος του τριγώνου Α1ΗΚ . Έστω ότι οι διάμεσες Α1Μ και ΗΟ (του τριγώΕπειδή τώρα ΟΔ =

νου Α1ΗΚ ) τέμνονται στο σημείο G . Τότε θα ισχύει GΗ = 2GΟ , δηλαδή το σημείο G χωρίζει το τμήμα HO σε δύο τμήματα με λόγο 2 :1 . Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι Β1Β2 , Γ1Γ 2 διέρχονται από το σημείο G .

2ος τρόπος (με ομοιοθεσία)

Σχήμα 8 Χρησιμοποιώντας τη πρόταση: “Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου, ως προς τις πλευρές του, βρίσκονται στο περιγεγραμμένο κύκλο του”, που αποδείξαμε στην αρχή της προηγούμενης λύσης, συμπεραίνουμε ότι το Δ είναι μέσο του Α1Η , το Ε είναι μέσο του Β1Η και το Δ είναι μέσο του Γ1Η . Άρα το τρίγωνο Α1Β1Γ1 είναι ομοιόθετο του (ορθικού) τριγώνου ΔΕΖ στην ομοιοθεσία με κέντρο το ορθόκεντρο Η και λόγο 2 , ( ΗΑ1 = 2ΗΔ ). Το Α2 είναι μέσο του ΟΔ , το Β 2 είναι μέσο του ΟΕ και το Γ 2 είναι μέσο του ΟΖ .

16 Άρα το ορθικό τρίγωνο ΔΕΖ , είναι ομοιόθετο του τριγώνου Α 2 Β2 Γ 2 στην ομοιοθεσία με κέντρο το Ο και λόγο 2 , ( ΟΔ = 2ΟΑ 2 )., δηλαδή το τρίγωνο Α 2Β2 Γ 2 είναι ομοιόθετο του τριγώνου Α1Β1Γ1 . Άρα οι ευθείες Α1Α 2 , Β1Β2 , Γ1Γ 2 (που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές) θα συντρέχουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας (έστω Κ ) το οποίο θα βρίσκεται επάνω στην OΗ . Πρόβλημα 4

Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του x για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός a, b ρητοί τέτοιοι ώστε a 2 < 16b .

4x 2 − ax + b , όπου

Λύση Επειδή από υπόθεση a 2 − 16b < 0 , έπεται ότι 4 x 2 − ax + b > 0 , για κάθε x ∈ \ . Αν υποθέ-

σουμε ότι οι αριθμοί x , 4 x 2 − ax + b = y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά y − 2 x = r θα είναι ρητός. Έτσι έχουμε b − r2 4 x 2 − ax + b − 2 x = r ⇔ 4 x 2 − ax + b = 2 x + r ⇒ 4 x 2 − ax + b = 4 x 2 + 4rx + r 2 ⇒ x = , a + 4r a a εφόσον r ≠ − και 2 x + r ≥ 0 , ή ισοδύναμα εφόσον r > − .

4 4 2 b−r a , όπου r ρητός με r > − , τότε έχουμε Αντίστροφα, αν είναι x = 4 a + 4r 2 2 ⎛ b − r 2 ⎞ a (b − r ) +b 4 x 2 − ax + b = 4 ⎜ ⎟ − a + 4r ⎝ a + 4r ⎠ =

4r 4 + a 2 r 2 + 4b 2 + 8br 2 + 4abr + 4ar 3

( a + 4r )

2

( 2r =

2

+ ar + 2b )

( a + 4r )

οπότε, αφού από υπόθεση a 2 − 16b < 0 , θα είναι 2r 2 + ar + 2b 2r 2 + ar + 2b a = , r>− , y = 4 x 2 − ax + b = 4r + a 4 a + 4r δηλαδή ο y είναι ρητός.

2

2

,