ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΧΡΗΣΤΟΣ ΔΕΜΙΡΤΖΟΓΛΟΥ

1)Έστω ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ εσωτερικό σημείο.Αν ΡΑ ⊥ ΡΓ και ΡΑ+2= ΡΒ + ΡΓ με *

2

ΡΑ,ΡΒ,ΡΓ ακέραιοι αριθμοί.Να βρεθεί το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ. ΛΥΣΗ Παίρνω σημείο Δ τέτοιο ώστε ΑΡ=ΑΔ και ΡΑ ∆ = 90° .Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΡB είναι ίσα γιατί ΑΡ=ΑΔ,ΑΒ=ΑΓ και ∆ = ∆Α Γ (γιατί;) και αφού ΡΑ ⊥ ΡΓ άρα ∆Ρ Γ = 45° .Θέτω για ΡΑ ευκολία ΡΑ=α,ΡΒ=β,ΡΓ=γ και λόγο τις ισότητας των τριγώνων έχουμε ΡΑ=ΑΔ=α,ΓΔ=ΡΒ=β, άρα ΡΔ= 2 α(γιατί;).Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΡΔΓ έχουμε β2=γ2+2α2-2 2 αγσυν45ο= γ2+2α2-2αγ=α2+(α-γ)2 (1).Από τη σχέση ΡΑ+2= ΡΒ + ΡΓ έχουμε α-γ=β-α-4 (2)..Η (1) λόγο της (2) 2

γίνετε α +(β-α-4)2=β2 α2+8-αβ-4β+4α=0 α2+4α+8=β(α+4) β=α+ 8 και επειδή α,β,γ ακέραιοι αριθμοί άρα 2

α +4

α+4=1 ή 2 ή 4 ή 8 => α=4 => β=5=> γ=7.Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΡΓ έχουμε ΑΓ2=ΑΡ2+ΡΓ2 ΑΓ2=65.Από τον τύπο του εμβαδού του ορθογώνιου ισοσκελούς τριγώνου έχουμε (ΑΒΓ)=½ΑΓ2= 65 2

2)Να λυθεί η εξίσωση ν

χ 2 + χ + 1 + ν χ − 1 = ν χ 3 − 1 + 1 όπου ν περιττός

ΛΥΣΗ Θέτω α= ν χ 2 + χ + 1 ,β= ν χ − 1 ,γ= ν χ 3 − 1 άρα α+β=γ+1 και παρατηρούμε ότι ανβν=γν Αφού ν περιττός έχουμε αβ=γ  α+β=αβ+1 (α-1)(β-1)=0 α=1 ή β=1 α1)Για α=1 έχουμε χ2+χ+1=1  χ=0 ή χ=-1 α2)Για β=1 έχουμε χ-1=1  χ=2

3)Έστω τετράγωνο ΑΒΓΔ με μήκος 1 και Κ,Λ δύο σημεία πάνω στην ΑΒ και ΑΔ αντίστοιχα .Αν το τρίγωνο ΑΚΛ έχει περίμετρο 2 να δειχθεί ότι η γωνία ΚΓ Λ = 45° ΛΥΣΗ Θέτω ΑΚ=χ και ΑΛ=ψ και άρα ΚΒ=1-χ ,ΛΔ=1-ψ.Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΚΛΓ έχουμε ΚΛ2=ΚΓ2+ΛΓ2-2ΚΓ*ΛΓ*συν ΚΓ Λ (1).Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα ΚΒΓ,ΛΔΓ,ΑΚΛ έχουμε ΚΛ2=χ2+ψ2 , ΚΓ2=1+(1-χ)2,ΛΓ2=1+(1-ψ)2 άρα η (1) γίνετε χ2+ψ2=1+(1-χ)2+1+(1-ψ)2-2 (2 − 2 χ + χ 2 )(2 − 2ψ + ψ 2 ) συν ΚΓ Λ  0=2-2χ+2-2ψ-2 (2 − 2 χ + χ 2 )(2 − 2ψ + ψ 2 ) συν ΚΓ Λ  2-χ-ψ= (2 − 2 χ + χ 2 )(2 − 2ψ + ψ 2 ) συν ΚΓ Λ  (2-χ-ψ)2=(2-2χ+χ2)(2-2ψ+ψ2) συν2 ΚΓ Λ αν η γωνία ΚΓ Λ =45ο αρκεί να δειχθεί ότι 2(2-χ-ψ)2=(2-2χ+χ2)(2-2ψ+ψ2) 8+2χ2+2ψ2-8χ-8ψ+4χψ=4-4ψ+2ψ2-4χ+4χψ-2χψ2+2χ2-2χ2ψ+χ2ψ2 4-4χ-4ψ=-2χψ(χ+ψ)+χ2ψ2 (2).Όμως από ΚΛ2=χ2+ψ2 (2-χ-ψ)2=χ2+ψ2χψ=2(χ+ψ-1).Άρα η (2) γίνετε 4-4χ-4ψ=-4(χ+ψ-1)(χ+ψ)+4(χ+ψ-1)2 και μετά από πράξεις καταλήγουμε ότι 0=0 άρα ισχύει ότι ΚΓ Λ =45ο 4)Nα λυθεί η εξίσωση ν 4 = ν ( χ − 1) 2 + ν 3 + 2 χ − χ 2 όπου ν φυσικός ΛΥΣΗ Θα πρέπει το χ2-2χ-3 ≤ 0  χ ≥ 3 και χ ≤ -1.Θέτω α= ν 4ν ,β= ν ( χ − 1) 2 ,γ= ν 3 + 2 χ − χ 2 άρα η εξίσωση γίνετε α=β+γ παρατηρούμε ότι βν+γν=αν  βν+γν=(β+γ)ν β=0 ή γ=0 άρα α1)Για β=0 έχουμε χ=1 α2)Για γ=0 έχουμε χ2-2χ-3=0  χ=-1 ή χ=3

5)Αν σε μη οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει η σχέση α = ν α ν + β ν − γ ν + ν γ ν − β ν όπου ν φυσικός,να δειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο ή ισοσκελές ΛΥΣΗ Θα πρέπει να ισχύει ότι αν+βν ≥ γν και γ ≥ β.Θέτω χ= ν α ν + β ν − γ ν ,ψ= ν γ ν − β ν ,ω= ν α ν άρα έχουμε χ+ψ=ω και χν+ψν=ων=(χ+ψ)ν άρα χ=0 ή ψ=0 α1)Για χ=0  αν+βν=γν .Επειδή α,β,γ πλευρές μη οξυγωνίου τριγώνου και ισχύει αν+βν=γν θα δείξουμε ότι ν=2 Προφανώς ν ≠ 1 από την τριγωνική ανισότητα.Έστω χ>2 τότε από την σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε β<γ και α<γ (1) επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο άρα έχουμε γ2 ≥ β2+α2(2).Άρα επειδή ν>2 η σχέση (2) γράφεται γ2 >β2+α2.Ισχύει από την σχέση (1) ότι βν-2<γν-2 άρα βν<β2γν-2 (3) και αν-2<γν-2 άρα αν<α2γν-2 (4) αν προσθέσουμε τις (3) και (4) θα έχουμε βν+αν<β2γν-2+α2γν-2=αν-2(β2+α2)<γν-2 γ2=γν άτοπο την υπόθεση άρα ν=2.Άρα ορθογώνιο τρίγωνο. α2)Για ψ=0 β=γ άρα ισοσκελές 6)Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 30° ) και σημεία Δ,Ε της πλευράς ΑΓ έτσι ώστε ΑΔ=

3 −1 2

και το τρίγωνο με

πλευρές ΒΕ=α,ΑΕ=β,ΑΒ=γ είναι μη οξυγωνίου και ισχύει η σχέση α ν + β ν + ν − α ν − β ν = 3(ν + γ ν ) − γ ν όπου ν φυσικός να βρεθεί η γωνία ΑΒ ∆ ΛΥΣΗ Θέτω χ =

αν + β ν

χ 2 +ψ 2 + ω 2 = ν + γ ν

,ψ

= ν − αν − β ν

,

ω = γν

άρα

Από την σχέση παίρνουμε

χ + ψ = 3( χ 2 + ψ 2 + ω 2 ) − ω

⇔ χ + ψ + ω = 3( χ 2 + ψ 2 + ω 2 ) ⇔ (χ+ψ+ω)

=3(χ2+ψ2+ω2)

2

⇔χ

+ψ2+ω2=χψ+ψω+χω ⇔ χ=ψ=ω ⇔ α ν + β ν = ν − α ν − β ν = γ ν ⇔ αν+βν=γν=ν-αν-βν. Επειδή α,β,γ πλευρές μη οξυγωνίου τριγώνου και ισχύει αν+βν=γν θα δείξουμε ότι ν=2 Προφανώς ν ≠ 1 από την τριγωνική ανισότητα.Έστω χ>2 τότε από την σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε β<γ και α<γ (1) επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο άρα έχουμε γ2 ≥ β2+α2(2).Άρα επειδή ν>2 η σχέση (2) γράφεται γ2 >β2+α2.Ισχύει από την σχέση (1) ότι βν-2<γν-2 άρα βν<β2γν-2 (3) και αν-2<γν-2 άρα αν<α2γν-2 (4) αν προσθέσουμε τις (3) και (4) θα έχουμε βν+αν<β2γν-2+α2γν-2=γν-2(β2+α2)<γν-2 γ2=γν άτοπο την υπόθεση άρα ν=2 Άρα α2+β2=γ2=2-α2-β2 ⇔ 2(α2+β2)=2 ⇔ α2+β2=1 ⇔ γ2=1 ⇔ γ=1 2

Άρα ΑΒ=1 και έχουμε ότι ΒΓ=ΑΒ ΒΓ = 2 .Θεωρούμε Α∆

6− 2 2

άρα ΒΓ=

6− 2 2

και

το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ με ΑΒ=ΑΖ=1

ΒΖ ΒΓ (1) επειδή Β = Γ = 75° όμως = 2= ΑΒ Α∆ Γ (2) και ΒΖ Γ = 15° .Τα τρίγωνα Γ = 30° = ΒΑ Ζ = 45° άρα ΖΒ ΑΖ Β = ΑΒ ΒΓΖ και ΑΔΒ είναι όμοια λόγο (1) και (2) άρα ΑΒ ∆ =150

άρα ΒΖ=

2 ΑΒ= 2

άρα

7)Να βρεθούν τα α,β αν ισχύει η σχέση (1-α)ν+(2-β)ν+(α+β)ν=(1-α)ν+1+(2-β)ν+1+(α+β)ν+1 όπου ν πραγματικός αριθμός *

ΛΥΣΗ Θέτω χ=1-α,ψ=2-β,ω=α+β άρα ισχύει χ+ψ+ω=3 και η δοσμένη σχέση γίνεται χν+ψν+ων=χν+1+ψν+1+ων+1  χν+ψν+ων+χ+ψ+ω=χν+1+ψν+1+ων+1+3  χν+1+ψν+1+ων+1+3- χν-ψν-ων-χ-ψ-ω=0  (χν+1- χν-χ+1)+(ψν+1-ψν-ψ+1)+(ων+1-ων-ω+1)=0 

(χν-1)(χ-1)+(ψν-1)(ψ-1)+(ων-1)(ω-1)=0  (χ-1)2(χν-1+…+1)+(ψ-1)2(ψν-1+…+1)+(ω-1)2(ων-1+…+1)=0 Όμως οι παραστάσεις (χν-1+…+1), (ψν-1+…+1), (ων-1+…+1) δεν έχουν ρίζες είναι θετικές παραστάσεις.Έχουμε (χ-1)2,(ψ-1)2,(ω-1)2 ≥ 0 άρα για να είναι η παράσταση (χ-1)2(χν-1+…+1)+(ψ-1)2(ψν-1+…+1)+(ω-1)2(ων-1+…+1)=0 θα πρέπει χ=1 και ψ=1 και ω=1 άρα α=0 και β=1 8)Aν α,β,γ είναι πλευρές τριγώνου και ισχύει η σχέση α β

β γ

γ α

( )ν − 1 + ( )ν − 1 = 1 − ( )ν

με ν>0 και α ≥ β ≥ γ ή με ν<0 και α ≤ β ≤ γ.Nα βρεθεί το είδος του τριγώνου ΛΥΣΗ α β

β γ

γ α

( )ν − 1 + ( )ν − 1 = 1 − ( )ν

(

α β

β γ

β γ

α β

α β

β γ

γ α

( )ν − 1 + ( )ν − 1) 2 = ( 1 − ( )ν ) 2 

γ α

( )ν − 1 + ( )ν − 1 + 2 ( )ν − 1 ( )ν − 1 = 1 − ( )ν 

α β

β γ

γ α

α β

β γ

γ α

α β

β γ

( )ν + ( )ν + ( )ν − 3 = −2 ( )ν − 1 ( )ν − 1 ≤ 0

α β

ν

β γ

ν

γ α



ν

ν

α β

β γ

ν

γ α

ν

( )ν + ( )ν + ( )ν ≤ 3  [( ) 3 ]3 + [( ) 3 ]3 + [( ) 3 ]3 ≤ 3( ) 3 ( ) 3 ( ) 3

α β

ν

β γ

ν

γ α

ν

α β

ν

β γ

ν

γ α

ν

α β

ν

β γ

ν

γ α

ν

[( ) 3 ]3 + [( ) 3 ]3 + [( ) 3 ]3 − 3( ) 3 ( ) 3 ( ) 3 = [( ) 3 + ( ) 3 + ( ) 3 ] * ν 2 ν ν 2 ν ν 2   α ν β 3   β 3 γ 3   α 3 γ 3   3  ( ) − ( )  + ( ) − ( )  + ( ) − ( )   ≤ 0 γ   γ α   β α     β 

επειδή όμως

ν

ν

ν

α β γ ( )3 + ( )3 + ( )3 > 0 β γ α

άρα

ν 2 ν ν 2 ν ν 2   α ν β 3   β 3 γ 3   α 3 γ 3   3 0 ≤  ( ) − ( )  + ( ) − ( )  + ( ) − ( )   ≤ 0  γ   γ α   β α   β   



ν 2 ν ν 2 ν ν 2   α ν β 3   β 3 γ 3   α 3 γ 3   3  ( ) − ( )  + ( ) − ( )  + ( ) − ( )   = 0  γ   γ α   β α     β  ν

ν

ν

α β γ ( ) 3 = ( ) 3 = ( ) 3 επειδή β γ α

α,β,γ>0 άρα

α β γ = = β γ α

 α=β=γ

9)Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ εσωτερικό σημείο του έτσι ώστε ΑΡ Β = ΑΡ Γ .Να δειχθεί ότι ΑΡ διάμεσος ΛΥΣΗ Θεωρώ σημείο Δ τέτοιο ώστε ΑΔ=ΑΡ και ΑΡ ∆ = ΒΑ Γ .Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑΡΒ και ΑΔΓ έχουν ΑΒ=ΑΓ,ΑΔ=ΑΡ και Ρ = ΓΑ ∆ (διαφορά ίσων γωνιών) άρα είναι ίσα και παίρνω ΒΑ ΓΔ=ΡΒ (1)και ΑΡ Β = Α∆ Γ όμως ΑΡ Β = ΑΡ Γ = Α∆ Γ .Το τρίγωνο ΑΡΔ είναι ισοσκελές άρα ΑΡ ∆ = Α∆ Ρ και άρα ΓΡ ∆ = Γ∆ Ρ (διαφορά ίσων γωνιών) άρα ΡΓ=ΓΔ=ΡΒ λόγο (1).Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑΡΒ και ΑΡΓ έχουν όλες τις πλευρές ίσες μια προς μια άρα είναι ίσα και παίρνω ΒΑ Ρ = ΓΑ Ρ δηλαδή ΑΡ διχοτόμος άρα και διάμεσος 10)Να βρεθούν οι ρητοί χ,ψ με ψ>0 ώστε να ισχύει 3

2+ 5 = χ + ψ

ΛΥΣΗ 3

2+ 5 = χ + ψ

(1) (3 2 +

5 )3 = ( χ + ψ )3 

 άρα θα πρέπει να ισχύει 2 = χ 3 + 3χψ (2) και 5 = 3χ 2 ψ + ψ ψ (3).Αφαιρώ την (3) από (2) και έχουμε 2 − 5 = χ 3 − 3χ 2 ψ + 3χψ − ψ 3  3 2 − 5 = χ − ψ (4) προσθέτουμε την (1) και (4) και έχουμε 2 + 5 = χ 3 + 3χ 2 ψ + 3χψ + ψ 3

3

2 − 5 + 3 2 + 5 = 2χ

 (3 2 −

5 + 3 2 + 5 ) 3 = ( 2 χ ) 3  4 + 6 χ ( 3 ( 2 − 5 )( 2 + 5 ) ) = ( 2 χ ) 3  1 4 − 6 χ = 8χ 3  4 χ 3 + 3χ − 2 = 0 που έχει μοναδική ρίζα το χ= άρα 2 από την (2) έχουμε ψ= 5 4

11)Αν α,β,γ πλευρές τριγώνου και το σύστημα α+β+γ=3 αβ+βγ+αγ=4-α (α-1)βγ=ημχ-1 έχει λύση,να βρεθεί το εμβαδό του τριγώνου. ΛΥΣΗ Αφού ημχ≤1 άρα α≤1.Το σύστημα μπορεί να γραφεί ως  (α − 1) + β + γ = 2  εξής (α − 1) β + (α − 1)γ + βγ = 1 (α − 1) βγ = ηµx − 1   

οι αριθμοί α-1,β,γ είναι ρίζες της

εξίσωσης f(λ)=λ3-2λ2+λ-(ημx-1)=0f΄(λ)=3λ2-4λ+1=0λ1=1 και λ2= 1 επειδή όμως η f(λ) έχει 3ης πραγματικές ρίζες άρα θα 3

πρέπει f(λ2)≥0  ημχ≤ 31 (ισχύει πάντα) και f(λ1) 47

≤0ημχ≥1ημχ=1.Άρα από την 3η εξίσωση έχουμε α=1 και η 2η γίνετε βγ=1 και η 1η β+γ=2 που αποτελούν σύστημα με λύση (β,γ)=(1,1).Άρα α=1,β=1,γ=1 και το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και έχει εμβαδό Ε=

3 4

12)Να λυθεί το σύστημα

a + b + c + d = 4   2  2 2 2 a + b + c + d = 4 

ΛΥΣΗ Aπό την γνωστή ανισότητα (b+c+d)2≤3(b2+c2+d2) (4-a)2 ≤3(4-a2)16-8a+a2≤12-3a2…a2-2a+1≤0 (a-1)2≤0a=1 με τον ίδιο τρόπο a=b=c=d=1 13)Να λυθεί η εξίσωση (χ-1)7+(χ-2)7=(2χ-3)7 ΛΥΣΗ Θέτουμε α=χ-1,β=χ-2 και γ=3-2χ.Παρατηρούμε α+β+γ=0 και η εξίσωση γίνεται α7+β7+γ7=0 άρα έχουμε από την ταυτότητα α7+β7+γ7= 7 αβγ(α4+β4+γ4)0=αβγ(α4+β4+γ4)α=0 ή β=0 ή 2

γ=0 ή α=β=γ=0(αδύνατη).Έχουμε ότι χ=1 ή χ=2 ή χ= 3 2

14)Να βρεθούν τα χ ≥ 3 που ικανοποιούν τη σχέση (χ − 3)

ν

ν

3  + χ −  + χν ≥ 3 2 

για κάθε ν∈ ℜ

ΛΗΜΜΑ Έστω α,β,γ>0 και αχ+βχ+γχ ≥ 3 για κάθε χ ∈ ℜ .Να δειχθεί ότι αβγ=1 ΑΠΟΔΕΙΞΗ Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)= αχ+βχ+γχ για κάθε χ∈ ℜ .Το 0 είναι ολικό ελάχιστο και επειδή η f είναι παραγωγίσιμη με f΄(x)= αχlnα+βχlnβ+γχlnγ, χ∈ ℜ .Θα πρέπει σύμφωνα με το θεώρημα fermat f΄(0)=0 lnαlnβlnγ=0 lnαβγ=ln0αβγ=1 ΛΥΣΗ Αφού χ>3 τότε όλοι οι (χ − 3),  χ − 3 , χ είναι θετικοί για να ισχύει 

η ανισότητα θα πρέπει

2 (χ − 3) χ − 3  χ = 1 …χ3- 9 χ2+ 9 χ-1=0 2 2 2 

η εξίσωση είναι αντίστροφη 3ου βαθμού και έχει ρίζες χ 1=1(απορ),χ 2= 7 −

33 4

(απορ),χ 3= 7 +

33 4

(δεκτή)

15)Aν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ότι β+γ+ημΑ=6 βγ+βημΑ+γημΑ= 45 4

να βρεθεί η πλευρά α. ΛΥΣΗ Έχουμε β+γ=6-ημΑ και βγ=-ημΑ(β+γ)+

45 =ημ2Α4

6ημΑ+ 45 .Άρα β,γ ρίζες της εξίσωσης 4

κ -(6-ημΑ)κ+ ημ2Α-6ημΑ+ 45 =0 (1) η οποία θα πρέπει να έχει 2

4

λύση άρα Δ ≥ 0(6-ημΑ)2-4(ημ2Α-6ημΑ+ 45 ) ≥ 0… 4

ημ Α-4ημΑ+3≤0 άρα 1≤ημΑ≤3 όμως 1≥ημΑ άρα ημΑ=1 Α = 90° .Για ημΑ=1 ή εξίσωση (1) γίνεται κ2-5κ+ 25 =0 2

4

(κ- 5 )2=0έχει μια διπλή ρίζα κ= 5 άρα β=γ= 5 και το 2

2

2

τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές και από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε α= 2 β= 2 5 2

16)Aν σε ένα μη οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει (αν+βν+γν)3=(3αν-βν-γν)3+(3βν-αν-γν)3+(3γν-αν-βν)3 να βρεθεί ο φυσικός ν *

ΛΥΣΗ Θέτουμε χ=3αν-βν-γν,ψ=3βν-αν-γν,ω=3γν-αν-βν άρα (χ+ψ+ω)3=χ3+ψ3+ω3 επειδή όμως (χ+ψ+ω)3=χ3+ψ3+ω33(χ+ψ)(χ+ω)(ψ+ω) άρα χ+ψ=0 ή ψ+ω=0 ή ψ+ω=0 ή αλλιώς αν-βν-γν=0 ή βν-αν-γν=0 ή γν-αν-βν=0 θα πάρουμε την τελευταία και ομοίως για τις άλλες Επειδή α,β,γ πλευρές μη οξυγωνίου τριγώνου και ισχύει αν+βν=γν θα δείξουμε ότι ν=2 Προφανώς ν ≠ 1 από την τριγωνική ανισότητα.Έστω χ>2 τότε από την σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε β<γ και α<γ (1) επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο άρα έχουμε γ2 ≥ β2+α2(2).Άρα επειδή ν>2 η σχέση (2) γράφεται γ2 >β2+α2.Ισχύει από την σχέση (1) ότι βν-2<γν-2 άρα βν<β2γν-2 (3) και αν-2<γν-2 άρα αν<α2γν-2 (4) αν προσθέσουμε τις (3) και (4) θα έχουμε βν+αν<β2γν-2+α2γν-2=αν-2(β2+α2)<γν-2 γ2=γν άτοπο την υπόθεση άρα ν=2.

17)Να βρεθεί το άθροισμα

5

25 − 11 5 5 25 + 11 5 + 250 250

ΛΥΣΗ Θέτουμε α5= 25 − 11

5

και β5= 25 + 11

5

.Άρα α5+β5= 1 και

250 250 5 (αβ)5= 15 αβ= 1 .Όμως (α+β)5=α5+β5+5αβ(α+β)[(α+β)25 5 αβ](α+β)5= 1 +(α+β)3- 1 (α+β) θέτω α+β=χ και έχω χ5-χ3+ 1 χ5 5 5

1 =0 5

χ3(χ2-1)+ 1 (χ-1)=0(χ-1)(χ4+χ3+ 1 )=0χ=1 ή 5

5

χ4+χ3+ 1 =0 (αδύνατη) άρα α+β=1  5 5

25 − 11 5 5 25 + 11 5 + 250 250

=1

18)Να λυθεί η εξίσωση (χ-1)ν+(χ-3)ν=(3ν-1)(χ-2)ν όπου ν περιττός ΛΥΣΗ Η εξίσωση μπορεί να γραφεί (χ-1)ν+(χ-2)ν+(χ-3)ν=(3χ-6)ν θέτουμε α=χ-1,β=χ-2,γ=χ-3 άρα η εξίσωση γίνεται αν+βν+γν=(α+β+γ)ν.Παρατηρούμε ότι για α=-β ισχύει η εξίσωση ομοίος και για β=-γ,γ=-α άρα 2χ-3=0 ή 2χ-5=0 ή 2χ-4=0χ= 3 2

ή χ= 7 ή χ=2 2

19)Αν ισχύει η σχέση

2χ 2ψ 2ω 2χ 2ψ 2ω + + = 2 2 2 2 2 1− χ 1 −ψ 1−ω 1 − χ 1 −ψ 1 − ω 2

με

χψω≠0 τότε να δειχθεί ότι χν+ψν+ων≠0 για κάθε ν∈ Ζ

ΛΥΣΗ Θέτουμε όπου χ=εφΑ,ψ=εφΒ,ω=εφΓ και η αρχική σχέση μετατρέπεται σε εφ2Α+εφ2Β+εφ2Γ= εφ2Αεφ2Βεφ2Γεφ2Α= εφ 2Β + εφ 2Γ εφ2Α=εφ(2Β+2Γ)2Β 1 − εφ 2Βεφ 2Γ

+2Γ=κπ+2Α Β+Γ= κπ +Α εφ(Β+Γ)=εφ( κπ +Α)=-εφΑ 2

2

…εφΑ+εφΒ+εφΓ=εφΑεφΒεφΓ χ+ψ+ω=χψω.

Aφού χψω ≠ 0 είναι προφανές ότι για χ,ψ,ω ≠ ± 1. Εάν χ,ψ,ω ομόσημοι ή αν ν άρτιος ακέραιος, είναι προφανές ότι χν+ψν+ων ≠ 0.Υποθέτουμε χωρίς βλάβη γενικότητας ότι χ>0,ψ>0 και ω<0.Διερευνούμε τις ακόλουθες περιπτώσεις : α)το ν θετικός ακέραιος περιττός Απ΄την χ+ψ+ω=χψω<0 έχουμε χ+ψ+ω<0και συνεπώς χ+ψ<-ω. Όμως χ>0,ψ>0,-ω>0 με συνέπεια (χ+ψ)ν<(-ω)ν=-ων Για θετικό ακέραιο περιττό >=2 με χ,ψ>0 (χ+ψ)ν>χν+ψν.

Συμπέρασμα : χν+ψν<-ων και χν+ψν+ων< 0. β)το ν αρνητικός ακέραιος περιττός Σ΄αυτήν την περίπτωση το –ν ανήκει στην κατηγορία 1) με συνέπεια : Αφού χ,ψ>0 και ω<0 με χρήση της χ+ψ+ω=χψω έχουμε χ+ψ <-ω και χ-ν+ψ-ν+ω-ν<0  ( 1 )ν+ ( 1 )ν+( 1 )ν <0. χ

Αλλά

1 1 1 1 < ν + ν <− ν ν χ +ψ χ ψ ω ν

ψ

ω

 χν+ψν+ων>0

Οι περιπτώσεις χ<0,ψ<0,ω<0 ανάγονται στην προηγούμενη αν θέσουμε χ=-χ 1,ψ=-ψ 1,ω=-ω1 20)Να λυθεί η εξίσωση συν6χ+6συν4χ+15συν2χ=22 ΛΥΣΗ Έχουμε

συν6χ=(συν3χ)2=( συν 3χ + 3συνχ )2= συν 4

2

3χ + 9συν 2 χ + 6συν 3χσυνχ 16

=

1 + συν 6 χ 1 + συν 2 χ +9 + 6συν 3χσυνχ 2 2 = 16 1 + συν 6 χ + 9 + 9συν 2 χ + 12συν 3χσυνχ = 32 10 + συν 6 χ + 9συν 2 χ + 12συν 3χσυνχ = 32 10 + συν 6 χ + 9συν 2 χ + 6συν 4 χ + 6συν 2 χ 10 + συν 6 χ + 6συν 4 χ + 15συν 2 χ = 32 32

32συν6χ=10+συν6χ+6συν4χ+15συν2χ32συν6χ=32συν6χ =1(συνχ-1)(συνχ+1)(συν2χ+συνχ+1)(συν2χσυνχ+1)=0συνχ=1 ή συνχ=-1 άρα χ=2κπ ή χ=2κπ±π με κ∈Ζ 21)Να λυθεί η εξίσωση 6χ5+15χ4+20χ3+15χ2+6χ+1=0 ΛΥΣΗ Έχουμε (χ+1)6=χ6+6χ5+15χ4+20χ3+15χ2+6χ+1

6χ5+15χ4+20χ3+15χ2+6χ+1=(χ+1)6χ6=0…(2x+1)(3x4+6x3+7x2+4x+1)=0 Τώρα εχουμε για τη δευτερη παρένθεση 3χ4+3χ3+3χ3+3χ2+3χ2+χ2+3χ+χ+1= =χ2(3χ2+3χ+1)+χ(3χ2+3χ+1)+ (3χ2+3χ+1)= (3χ2+3χ+1)(χ2+χ+1) αρα

1 1  i 3 3  3 x1   , x 2,3  , x 4,5  2 2 6

22)Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο και Ρ εσωτερικό σημείο έτσι ώστε ΡΑ Β = 15° , ΡΑ Γ = 25° , ΡΒ Γ = 30° .Η ΡΒ τέμνει την ΑΓ στο Ε και το ύψος του Α στο Δ.Να δειχθεί ΔΕ+ΑΔ=ΒΡ+ΒΓ ΛΥΣΗ Λήμμα Έστω ισοσκελές τρίγωνο με Α=100ο.Αν ΒΔ η διχοτόμος της γωνίας Β τότε ΑΔ+ΒΔ=ΒΓ Απόδειξη του λήμματος Στην ΒΓ παίρνουμε δύο σημεία Ε,Ζ τέτοια ώστε ∠ΒΕΔ=∠ΔΖΓ=100 τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΒΔΕ είναι ίσα γιατί έχουν ∠ΑΒΔ=∠ΔΒΕ=20 (ΒΔ διχοτόμος), ∠ΑΔΒ=∠ΒΔΕ=60 και ΒΔ κοινή άρα ΔΕ=ΑΔ(1).Το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισοσκελές αφού οι παρα τη βάση γωνίες είναι ίσες με 80 κάθε μια άρα ΔΕ=ΔΖ.Αφού ∠ΔΕΖ=∠ΔΖΕ=80 άρα ∠ΕΔΖ=20 και ∠ΖΔΓ=40=∠ΔΓΖ άρα και το τρίγωνο ΔΖΓ είναι ισοσκελές άρα ΔΖ=ΖΓ.Άρα ΖΓ=ΑΔ.Επίσης το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισοσκελές γιατί ∠ΒΔΖ=∠ΒΖΔ=80 άρα ΒΔ=ΒΖ(2).Έχουμε ότι ΒΓ=ΒΖ+ΖΓ=ΒΔ+ΑΔ Α Δ Β

Ε Ζ

Γ

Α

Ρ

Δ

Ε

Ζ

Β Γ Η Επειδή ∠ΒΑΓ=15+25=40 άρα ∠ΓΒΑ=∠ΒΓΑ=70 ∠ΡΒΑ=40 άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές.Αφού ΑΔ ύψος άρα και διχοτόμος της ∠ΒΑΓ και λόγω του λήμματος στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε ότι ΔΑ+ΔΕ=ΑΒ(1) Έστω Ζ σημείο τέτοιο ώστε ΑΡ=ΑΖ και ΒΑ Γ = ΡΑ Ζ =15ο και η ΑΖ τέμνει την ΒΓ στο Η.Συγκρίνω τα τρίγωνα ΑΖΓ και ΑΡΒ έχουμε ΑΓ=ΑΒ (ΑΒΓ ισοσκελές),ΑΖ=ΑΡ και Ρ + ΡΑ Γ = Α = ΡΑ Γ + ΓΑ Ζ  ΒΑΡ = ΓΑΖ = 15° ) ΒΑΡ = ΓΑΖ = 15° (γιατί ΒΑ Άρα τα τρίγωνα ΑΖΓκαι ΑΡΒ είναι ίσα άρα και ΓΖ=ΡΒ και ∠ΑΓΖ=40(2).Το τρίγωνο ΑΒΗ είναι ισοσκελές γιατί ∠ΒΑΗ=15+25+15=55 και ∠ΒΗΑ=180-55-70=55.Επίσης ∠ΓΖΗ=15+40=55 άρα και το τρίγωνο ΓΖΗ είναι ισοσκελές άρα ΓΖ=ΓΗ=ΡΒ.Άρα ΒΡ+ΒΓ=ΓΗ+ΒΓ=ΒΗ=ΑΒ(3) Λόγω της (1),(3) ΔΑ+ΔΕ=ΒΡ+ΒΓ

23)Αν ένα τρίγωνο έχει μια γωνία του ίση με A=10o και την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου σταθερή τότε να βρεθεί πόσες πλευρές α υπάρχουν.

ΛΥΣΗ Αφού η γωνία Α=10ο άρα ημ10=

α .Όμως 2R

το ημ10 είναι ρίζα

της εξίσωσης 8χ3-6χ+1=0 άρα α3-3R2α+R3=0 που είναι εξίσωση 3ου βαθμού ως προς α.Η διακρίνουσα της χ3+αχ+β=0 είναι ∆=

β2 4

+

α3 27

και όταν Δ<0 τότε έχουμε 3ης πραγματικές λύσεις

άνισες.Στην εξίσωση α -3R α+R =0 η Δ= 3

2

3

3R 6 <0 −R =− 4 4

R6

6

Άρα έχει 3ης πραγματικές λύσεις άνισες.Θα πρέπει να προσδιορίσουμε και τα πρόσημα των ρίζων.Από τους τύπους του VIETA για τριτοβάθμια εξίσωση έχουμε α1+α2+α3=0 (1) και α1α2α3=-R3<0 (2) από την (1) συμπεραίνουμε ότι κάποιος από τους τρείς είναι αρνητικός και από την (2) έχουμε α1>0,α2>0,α3<0 ή α1>0,α2<0,α3>0 ή α1<0,α2>0,α3>0 ή α1<0,α2<0,α3<0.Η τελευταία απορ γιατί υπάρχει τρίγωνο και άρα υπάρχουν μόνο δυο πλευρές α 24)Αν υπάρχει μοναδικό α ώστε η εξίσωση αχ3+βχ2+γχ+δ=0 να έχει διπλή ρίζα,να δειχθεί ότι αν+γν>2( β )ν 3

ΛΥΣΗ Θέτω f(χ)=αχ3+βχ2+γχ+δ.Αφού η εξίσωση έχει διπλή ρίζα άρα και f(ρ1)=f΄(ρ1)=0αρ13+βρ12+γρ1+δ=0 και 3αρ12+2βρ1+γ=0 πολλαπλασιάζουμε την πρώτη με την 3 και την δεύτερη με ρ1 και αφαιρούμε κατά μέλη και έχουμε 25)Nα δειχθεί ότι οι ρίζες της εξίσωσης χ2ν+1+4χ=3,όπου ν>1 φυσικός και πεπερασμένος,είναι άρρητοι αριθμοί *

ΛΥΣΗ Θέτουμε Π(χ)=χ2ν+1+4χ-3 άρα Π΄(χ)=χ2ν+4>0 άρα είναι άυξουσα στο R και έχει μοναδική ρίζα.Όμως 2ν +1

2ν +1

Π( 3 )= 2 2ν +1 + 4 3 − 3 >0 και Π( 5 )= 52ν +1 + 4 5 − 3 <0 αφού ν>1 άρα 4

4

4

7

7

7

από το θεώρημα Μπολζάνο υπάρχει ρίζα μεταξύ του ( 3 , 4

5 ).Έστω 7

ότι η ρίζα είναι ρητή τότε θα πρέπει να έχει την μορφή

όπου α,β ακέραιοι τότε ( α )2ν+1+4 α -3=0α2ν+1+4αβ2ν=3β2ν+1

α β

β

β

το α θα πρέπει να διαιρεί το 3 άρα θα είναι το 1 ή το 3. Α)έστω α=1 τότε 5 < 1 < 3  4 <β< 7 άτοπο αφού β ακέραιος Β)έστω α=3 τότε

7 β 4 3 5 5 3 3 < < 4<β< 21 άτοπο 5 7 β 4

αφού β ακέραιος

Άρα δεν έχει ρητή ρίζα άρα θα έχει άρρητη ρίζα

26) Nα εξεταστεί αν το κανονικό πολύγωνο με

2 2 R < λν < R 3 2

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κανόνα και διαβήτη (χωρις χρηση υπολογιστη ή τριγωνομετρικών πινάκων) 27)Αν υπάρχουν πραγματικοί α,β,γ με α+β+γ=0 και α5+β5+γ5=5αβγ να βρεθεί η μέγιστη τιμή της α7+β7+γ7 ΛΥΣΗ Αφού α+β+γ=0 και από την (2) έχουμε ότι 5 2

α 5 + β 5 + γ 5 = αβγ ( a 2 + β 2 + γ 2 ) άρα λόγω της (2) έχουμε α 2 + β 2 + γ 2 = 2  α 2 + β 2 + γ 2 = −2(αβ + βγ + αγ ) = 2  αβ + βγ + αγ = −1 1 Επίσης α 7 + β 7 + γ 7 = (α 2 + β 2 + γ 2 )(α 5 + β 5 + γ 5 ) + αβγ (α 4 + β 4 + γ 4 ) 2

Όμως α4+β4+γ4= 1 (α2+β2+γ2)=1 άρα η παραπάνω σχέση γίνεται 2

α + β + γ = 5αβγ + αβγ = 6αβγ .Έστω ότι α,β,γ είναι ρίζες της 7

7

7

εξίσωσης χ3-χ+κ=0 όπου κ=-αβγ η εξίσωση θα πρέπει να έχει 3ης πραγματικές ρίζες άρα θα πρέπει να ισχύει D≤0D= κ άρα η

2

1 2 4 2 3 2 3  2 3 ≥ αβγ ≥ − 2 3 ≤ 0 κ ≤ ≤κ ≤ 4 27 9 9 9 9 27 ελάχιστη τιμή της αβγ είναι - 2 3 9 −

28)Αν η σχέση (χ-3)ν+(ψ-5)ν+(ω-8)ν=ν(χ-3)(ψ-5)(ω-8) ισχύει για ν=3,5,8 να βρεθούν τα χ,ψ,ω *

ΛΥΣΗ Έστω α=χ-3,β=ψ-5,γ=ω-8 και έχουμε α 3 + β 3 + γ 3 = 3αβγ (1) και α 5 + β 5 + γ 5 = 5αβγ (2) και α 8 + β 8 + γ 8 = 8αβγ (3) Άπο την (1) έχουμε α=β=γ ή α+β+γ=0 Αν α+β+γ=0 και από την (2) έχουμε ότι 5 2

α 5 + β 5 + γ 5 = αβγ ( a 2 + β 2 + γ 2 ) άρα λόγω της (2) έχουμε α 2 + β 2 + γ 2 = 2  α 2 + β 2 + γ 2 = −2(αβ + βγ + αγ ) = 2  αβ + βγ + αγ = −1

Έχουμε ότι 1 2

α 8 + β 8 + γ 8 = (α 2 + β 2 + γ 2 )(α 6 + β 6 + γ 6 ) + αβγ (α 5 + β 5 + γ 5 ) (4) 1 4 8 α + β 8 + γ 8 = 2 + 3(αβγ ) 2 + 5(αβγ ) 2

2 Ακόμα α 6 + β 6 + γ 6 = (α 2 + β 2 + γ 2 ) 3 + 3(αβγ ) 2 =2+ 3(αβγ )

και λόγω της Άρα η (4) γίνεται (3) γίνεται 8αβγ = 2 + 3(αβγ ) 2 + 5(αβγ ) 2  8(αβγ ) 2 − 8αβγ + 2 = 0 1 2

 (2αβγ − 1) 2 = 0  αβγ = .Άρα τα α,β,γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ3 − χ −

1 =0 2

που έχει ορίζουσα D=

11 >0 432

άρα έχει μια

πραγματική ρίζα και δύο φανταστικές άτοπο αφού α,β,γ πραγματικές.Άρα α=β=γ και έχουμε από τις (2),(3) ότι α=β=γ=0 γιατί αν α=β=γ≠0 τότε από την (2) έχουμε α= ± (3) έχουμε α= ±

8 3

5 3

και από την

άτοπο.Άρα α=β=γ=0 χ=3,ψ=5,ω=8

29)Αν ισχύει α+β+γ=0 να δειχθεί ότι (α 3 + β 3 + γ 3 ) 2 (α 4 + β 4 + γ 4 ) 3 < 4 3

30)Να βρεθούν τα μη αρνητικά ακέραια χ,ψ,ω ώστε να ισχύει (2 χ + 3ψ + (2 χ + 3ψ ) 2 + 1)(ω 2 − ω 4 + 1) = −1 *

ΛΥΣΗ

Θέτω α=2χ+3ψ και β=-ω2 και έχουμε (α + α 2 + 1)( β + β 2 + 1) = 1 .Όμως (α + α 2 + 1)(α − α 2 + 1) = −1 άρα έχουμε β + β 2 + 1 = −α + α 2 + 1 (1).Ομοίως ( β + β 2 + 1)( β − β 2 + 1) = −1 άρα έχουμε β − β 2 + 1 = −α − α 2 + 1 (2) προσθέτουμε (1),(2) και έχουμε 2β=-2αα+β=0.Άρα 2χ+3ψ=ω2.Αν ψ=0 τότε 2χ=ω2-12χ=(ω+1)(ω-1) άρα θα πρέπει ω+1,ω-1 να είναι δυνάμεις του 2.Οι μόνες δυνάμεις του 2 που έχουν διαφορά 2 είναι το 2,4.Άρα ω=3χ=3(χ,ψ,ω)=(3,0,3) Αν ψ>0 τότε 3ψ=ω2-2χ=(ω+2χ/2)(ω-2χ/2) άρα το γινόμενο (ω+2χ/2)(ω-2χ/2) πρέπει να είναι δύναμη του 3 έστω ω+2χ/2=3μ και ω-2χ/2=3ν άρα 3μ-3ν=2χ/2+1 το δεξί μέρος δεν διαιρείται με το 3 εκτός αν ν=0 και έχουμε 3μ-1=2χ/2+1.Τώρα έχουμε αν χ=0 τότε μ=1 και λύση (χ,ψ,ω)=(0,1,2).Επειδή 3μ-1 είναι διαιρετό με το 4 άρα (3μ/2+1)(3μ/2-1)=2χ/2+1 άρα άρα το γινόμενο (3μ/2+1)(3μ/2-1) πρέπει να είναι δυνάμεις του 2. Οι μόνες δυνάμεις του 2 που έχουν διαφορά 2 είναι το 2,4.Άρα 2χ/2+1=8 χ=4μ=2 άρα από ω+2χ/2=3μ ω=5ψ=2.Άρα δεκτές λύσεις είναι (χ,ψ,ω)= (3,0,3), (0,1,2),(4,2,5)

31)Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ τις ημΑ,ημΒ,ημΓ αντίστοιχα και ΑΆ,Β΄Β,ôà οι αποστάσεις των Α,Β,Γ από την εφαπτομένη του εγγεγραμμένου κύκλου του ΑΒΓ.Να δειχθεί ΑΆ + ´ + ôà = 1 ηµΒηµΓ ηµΑηµΓ ηµΑηµΒ

32) Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Γ=3Β και γ=α*συνΒ.Να βρεθούν οι γωνίες του ΑΒΓ ΛΥΣΗ Επείδη Γ=3Β άρα Α=180-4ΒΒ<45.Από το θεώρημα των ημιτόνων έχουμε γ α =  συνΒ = 1 ημΓ=ημΑσυνΒημ3Β=ημ4ΒσυνΒ ηµΓ

ηµΓ

ηµΑ

ηµΑ

3ημΒ-4ημ Β=4ημΒσυν2Βσυν2Β επειδή όμως ημΒ≠0 άρα 3-4ημ2Β=4συν2Βσυν2Β3-4(1-συν2Β)=4συν2Β(2συν2Β-1) 3

3-4+4συν2Β=8συν4Β-4συν2Β8συν4Β-8συν2Β+1=0 θέτω συν2θ=χ άρα 8χ28χ+1=0χ2= 2 ±

4

Β<45 άρα συνΒ=

2

χ= ± 2+ 2 2

2± 2 2

συνΒ= ±

2± 2 2

και επειδή

=συν22,5Β=22,5Γ=67,5 και Α=90

33) Να λυθεί η εξίσωση χ2004-2004χ2003+…+1=0 (δεν γνωρίζουμε τους ενδιάμεσους όρους) αν γνωρίζουμε ότι ότι έχει θετικές και πραγματικές ρίζες ΛΥΣΗ Έστω χ 1,χ 2,…,χ 2004 τότε έχουμε χ 1+χ 2+…+χ 2004=2004 και χ 1χ 2…χ 3=1 άρα επειδή χ 1,χ 2,…,χ 2004>0 και ισχύει χ 1+χ 2+…+χ 2004=2004 χ1 χ 2 ...χ 2004 άρα για να ισχύει η σχέση θα πρέπει χ 1=χ 2=…=χ 2004=1 34) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης α12 + 1 + (α 2 − α1 ) 2 + 1 + ... + (α 2003 − α 2002 ) 2 + 1 + ( 2004 − α 2003 ) 2 + 1

ΛΥΣΗ Θεωρούμε τα σημεία Ο(0,0) , Α1(α 1,1) ,Α2 (α2,2) ,…,Α2003(α2003,2003),Α2004(2004,2004) Οι αποστάσεις ΟΑ1= α12 + 1 , Α1 Α2= (α 2 − α1 ) 2 + 1 … Α2003 Α2004= (2004 − α 2003 ) 2 + 1 Άρα το ζητούμενο άθροισμα α12 + 1 + (α 2 − α1 ) 2 + 1 + ... + (α 2003 − α 2002 ) 2 + 1 + ( 2004 − α 2003 ) 2 + 1

=ΟΑ1 +Α1 Α2+…+Α2003 Α2004.Όπως γνωρίζουμε όμως για να γίνει ελάχιστο ένα τέτοιο άθροισμα τμημάτων θα πρέπει όλα τα σημεία να ανήκουν πάνω σε μια ευθεία με αρχή το Ο και τέλος Α2004.Άρα η ευθεία αυτή έχει εξίσωση ψ=αχ και αφού διέρχεται από το Α2004 άρα 2004=α*2004α=1 άρα είναι σημεία της ψ=χ άρα α1=1,α2=2,…,α2003=2003 και το άθροισμα γίνεται α12 + 1 + (α 2 − α1 ) 2 + 1 + ... + (α 2003 − α 2002 ) 2 + 1 + ( 2004 − α 2003 ) 2 + 1 = 2 + 2 + ... + 2 =2004 2

35)Να υπολογιστεί η μέγιστη τιμή της διαφορά χ-ψ αν ισχύει (χ2+ψ2)2+4χ2ψ2=2(χ+ψ) ΛΥΣΗ Η σχέση γίνετε χ4+6χ2ψ2+ψ4=2(χ+ψ) (χ-ψ)4+(χ+ψ)4=4(χ+ψ)(χ-ψ)4=4(χ+ψ)-(χ+ψ)4 Έστω η συνάρτηση f(χ)=4χ-χ4 για κάθε χ>0.Η συνάρτηση έχει ακρότατο στο σημείο f΄(χ)=4-4χ3 f΄(χ ο)=4-4χ ο3=0 χ ο=1 επομένως f΄(χ)>0 για κάθε 0<χ<1 και f΄(χ)<0 για κάθε χ>1 άρα για κάθε χ>0 ισχύει f(χ)≤f(χ ο) 4χ-χ4≤3 έχουμε ότι (χ-ψ)4=χ-ψ4=4(χ+ψ)-(χ+ψ)4≤4χ+ψ-(χ+ψ)4≤3(χ-ψ)4≤3 χ-ψ≤χ-ψ≤ 4 3 36)Αν ισχύει (3 α ) + (3 β ) + (3 γ ) = 0 όπου α,β,γ περιττοί αριθμοί και ν φυσικός,να δειχθεί ότι α3ν+β3ν+γ3ν≠0 ν

ν

ν

ΛΥΣΗ ν ν ν Aπό την σχέση (3 α ) + (3 β ) + (3 γ ) = 0 αν+βν+γν=3 3 (αβγ )ν  (αν+βν+γν)3=27(αβγ)ν α3ν+β3ν+γ3ν+3(αν+βν)(βν+γν)(αν+γν)=27(αβγ)ν Αν α3ν+β3ν+γ3ν=0 τότε (αν+βν)(βν+γν)(αν+γν)=9(αβγ)ν όμως το πρώτο μέλος είναι γινόμενο άρτιων αριθμών (αφού αν=περιττόςαν+βν=περιττός+περιττός=άρτιος) ενώ το δεύτερο μέρος ως γινόμενο περιττών είναι περιττός αριθμός άρα καταλήγουμε σε άτοπο και άρα α3ν+β3ν+γ3ν≠0