• Share
  • Email
  • Embed
  • Like
  • Save
  • Private Content
Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011
 

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011

on

  • 1,762 views

 

Statistics

Views

Total Views
1,762
Views on SlideShare
1,762
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
13
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via SlideShare as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

    Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011 Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011 Document Transcript

    • 1 ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ GREEK MATHEMATICAL SOCIETY Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street 106 79 ΑΘΗΝΑ GR. 106 79 - Athens - HELLASΤηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 e-mail : info@hms.gr e-mail : info@hms.gr www.hms.gr www.hms.gr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ ος 71 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ- ΚΑ “Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ” ΣΑΒΒΑΤΟ, 15 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2011 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 1 ⎞ ⎛ 10 2 ⎞ 3 ⎛ 9 1 ⎞ ⎛ 10 6 ⎞ 9 8 4 9 8 27 9 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 διαί- ρεσης και πολλαπλασιασμού θεωρούμε δεκτή και τη λύση της μορφής 2 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 10 2 ⎞ 3 ⎛ 9 1 ⎞ ⎛ 10 6 ⎞ 9 8 4 9 8 1 768 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 2 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 Πρόβλημα 2 Ένας έμπορος αυτοκινήτων είχε στο κατάστημά του την αρχή της περυσινής χρονιάς 20 αυ-τοκίνητα τύπου Α και 60 αυτοκίνητα τύπου Β. Η τιμή πώλησης για κάθε αυτοκίνητο τύπου Αείναι 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 συ-νόλου των αυτοκινήτων τύπου Α και Β. Να βρείτε ποιο θα είναι το κέρδος του από την πώληση των αυτοκινήτων, αν γνωρίζετε ότιαπό καθένα αυτοκίνητο τύπου Α κερδίζει το 5% της τιμής πώλησής του, ενώ από καθένα αυτο-κίνητο τύπου Β κερδίζει το 10% της τιμής πώλησής του. Λύση 30 Το 30% των αυτοκινήτων τύπου Α είναι 20 ⋅ = 6 αυτοκίνητα, ενώ το 60% του συνόλου 100 60 60των αυτοκινήτων τύπου Α και Β είναι ( 20 + 60 ) ⋅ = 80 ⋅ = 48 αυτοκίνητα. Επομένως από 100 100τα αυτοκίνητα τύπου Β πουλήθηκαν 48 − 6 = 42 αυτοκίνητα. 5 Από την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Α κερδίζει 10000 ⋅ = 500 ευρώ, ενώ από 100 10την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Β κερδίζει 12000 ⋅ = 1200 ευρώ. Επομένως από 100την πώληση των αυτοκινήτων ο έμπορος κέρδισε 6 ⋅ 500 + 42 ⋅1200 = 3000 + 50400 = 53400 ευρώ. Πρόβλημα 3 ˆ Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α = 360 . Από την κορυφή Α φέρουμε ευ-θεία ε παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την πλευρά ΑΓ στοσημείο Δ και την ευθεία ε στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ, ΑΔΕ καιΑΒΕ είναι ισοσκελή.Λύση Σχήμα 1 Το άθροισμα των γωνιών του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ είναι 180o Επειδή όμως ισχύειˆ ˆ ˆΑ = 36o , θα έχουμε: Β = Γ = 72o .
    • 3 ˆ Β 72o ˆ ˆ ˆ Η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , οπότε Β1 = Β2 = = = 36o . 2 2 ˆ ˆ Επειδή τώρα A1 = Β2 = 36o , το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. ˆ ˆ ˆ Στο τρίγωνο ΒΓΔ ισχύει Β = 36o και Γ = 72o . Άρα Δ = 72 o . 1 2 ˆ ˆ Από την ισότητα των γωνιών Γ = Δ 2 = 72 , προκύπτει ότι το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισοσκε- oλές. ˆ ˆ Οι γωνίες Α 2 και Γ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ πουτέμνονται από την ΑΓ . ˆ ˆ Από την ισότητα τέλος των γωνιών Δ1 = Δ 2 = 72 o (ως κατά κορυφή), προκύπτει η ισότητα ˆ ˆΔ = Α = 72 o . Επομένως το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισοσκελές. 1 2 ˆ ˆ Οι γωνίες Β 1 και Ε είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που ˆ Β ˆ ˆ ˆ ˆτέμνονται από την ΒΕ . Επίσης Β1 = Β2 = = 36o , οπότε θα είναι και Β2 = Ε . Επομένως και το 2τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές. Πρόβλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 100α + 10β + γ , αν ισχύουν και οιτρεις 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: 13 3x + 12 < 5 x − 1 ⇔ 3 x − 5 x < −12 − 1 ⇔ −2 x < −13 ⇔ 2 x > 13 ⇔ x > . 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 ψηφίαμε διαφορά β − γ = 3 θα είναι β > γ και επειδή επιπλέον έχουν άθροισμα 7, οι δυνατές τιμέςτους 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 εί-ναι πολλαπλάσιο του 3, οπότε, αφού το α είναι ψηφίο, οι κατάλληλες τιμές του είναι: α = 2 ήα = 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 ⎞ Α = ⎜ 2 + ⎟⋅⎜ ⎟ − 9β − 20 , 2 ⎝β 9 ⎠ ⎝ 3β ⎠ 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 −3 ⎜ 1 + 1 ⎟⋅⎜ 1 ⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎟ − 9 ⋅ ⎜ − ⎟ − 20 = ⋅ ⎜ ⎟ − 9 ⋅ − 20 1 Α= ⎜⎛ 1⎞ 9⎟ ⎜ ⎛ 1⎞⎟ 2 ⎝ 3⎠ 1 ⎝ −1 ⎠ 9 ⎜ ⎜− ⎟ ⎟ ⎜ 3⋅⎜ − 3 ⎟ ⎟ 9 ⎝⎝ 3⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠⎠ = 9 ⋅ ( −1) − 1 − 20 = 9 ⋅ ( −1) − 1 − 20 = −9 − 21 = −30. 3 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 − 2β . 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 − 2 β ≥ 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 τετραγώ-νου ΑΒΓΔ. Δίνεται ακόμη ότι ο κύκλος C που περνάει από τα σημεία Γ, Δ και Ε έχει ακτίνα4 cm. (i) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές.
    • 5(ii) Να βρείτε την πλευρά α του τετραγώνου.(iii) 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 ˆ ΕΑΔ = ΕΒΓ = 90o + 60o = 150o . Σχήμα 2 Άρα τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΕΓ είναι ίσα και κατά συνέπεια ΕΔ = ΕΓ , δηλαδή το τρίγωνοΕΔΓ είναι ισοσκελές. (ii) Εφόσον ΕΔ = ΕΓ , το σημείο Ε ανήκει στη μεσοκάθετη του τμήματος ΔΓ (που ταυτίζε-ται με τη μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ ). Επίσης ΕΑ = ΕΒ , οπότε το σημείο Ε ανήκει στη με-σοκάθετη του τμήματος ΑΒ . Άρα η OE είναι μεσοκάθετη της ΑΒ και κατά συνέπεια διχοτό- ˆ ˆμος της γωνίας ΑΕΒ του ισόπλευρου τριγώνου ΑΕΒ . Άρα είναι Ε1 = 30o .ΑΕ = ΑΔ = α ⎫ ˆ ˆ ⎬ ⇒ ΟΑ μεσοκάθετη της ΕΔ ⇒ ΟΑ διχοτόμος της ΔΑΕ ⇒ Α 1 = 75 . oΟΕ = ΟΔ = 4 ⎭ ˆ ˆ ˆΣτο τρίγωνο ΑΟΕ έχουμε: Α 1 = 75o και Ε1 = 30o . Άρα Ο 1 = 75o , οπότε το τρίγωνο ΑΟΕ είναιισοσκελές 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 ΑΒΕείναι: 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 οιτρεις επόμενες προτάσεις: (i) Α − Β = 198 , όπου Β = γβα = 100γ + 10β + α , x + α − 2γ α − 2γ (ii) Η εξίσωση − = 1 έχει δύο ρίζες με άθροισμα 4. 2α − γ x
    • 6 (iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το 9. 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: x + α − 2γ α − 2γ x + α − 2γ x + α − 2γ ⎛ 1 1⎞ − −1 = 0 ⇔ − = 0 ⇔ ( x + α − 2γ ) ⎜ − ⎟=0 2α − γ x 2α − γ x ⎝ 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 ( 2γ − α ) + ( 2α − γ ) = 4 ⇔ α + γ = 4 , (2)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 = 1και 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. Α΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 (i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α , β για τις οποίες ο αριθμός α + β 10 είναιρητός. 2 (ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός x = 5 + είναι άρρητος. 2 Λύση (i) Κατ’ αρχή παρατηρούμε ότι για β = 0 , ο αριθμός α + β 10 = α είναι ρητός, για κάθερητό 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 −αθα είναι ρητός, αλλά και ο αριθμός = 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 . 2 (ii) Έστω ότι ο αριθμός x = 5 + είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός 2 2 ⎛ 2⎞ 2 11 x =⎜ 5+ 2 ⎜ ⎟ = 5 + + 10 = + 10 , ⎟ ⎝ 2 ⎠ 4 2
    • 7θα είναι ρητός, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i). 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 παράλ- ˆληλη προς τη πλευρά ΒΓ . Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ καιέστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α . Από το Α τέλος θεωρούμε παράλληληπρος την ΕΒ η οποία τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ . Να αποδείξετεότι : ΑΒ = ΒΚ = ΚΔ = ΔΑ . Λύση ˆ Β ˆ ˆ Επειδή είναι ΑΔ P ΒΓ θα ισχύει: Δ 1 = Β1 = x = . ˆ 2 ˆ Β ˆ ˆ ˆ Επίσης η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , οπότε θα ισχύει: Β 1 = Β2 = x = . ˆ 2 ˆ Β ˆ ˆ Άρα Δ 1 = Β2 = x = και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, δηλαδή: ˆ 2 ΑΒ = ΑΔ . (1) Σχήμα 3 Επειδή Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς το Α , θα ισχύει: ΑΔ = ΑΕ . (2)
    • 8 ˆ ˆ Από τις σχέσεις (1), (2) έχουμε ΑΕ = ΑΒ και κατά συνέπεια Ε1 = Β3 = ω . ˆ Από το τρίγωνο τώρα ΒΕΔ έχουμε: ˆ ˆ ˆ ˆ Δ 1 + Β2 + Β3 + Ε1 = 180o ⇒ 2 x + 2ω = 180o ⇒ x + ω = 90o , ˆ ˆ ˆ ˆδηλαδή 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 ισοσκε- ˆ Β ˆ ˆλές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι Β 1 = Β2 = και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα 2έχουν 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 ) = 20102 ⇒ α 2 + β 2 + γ 2 + 2 (αβ + βγ + γα ) = 20102 2 ⇒ 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 20102 1 α 2 + β 2 + γ 2 − (αβ + βγ + γα ) = − ⋅ 20102 = 0 3 3 ⇔ α + β + γ − αβ − βγ − γα = 0 2 2 2 1 ⇔ ⋅ ( 2α 2 + 2β 2 + 2γ 2 − 2αβ − 2 βγ − 2γα ) = 0 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 . 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 . (1)
    • 9 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 , (2) η οποία είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα Δ = 16 − 4 (1 − α ) = 4 ( 3 + α ) . Άρα η εξίσωση (2) έχει ρίζες στο ΅ , αν, και μόνον αν, α ≥ −3 . Για να διαπιστώσουμε πό-σες 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 α-κόλουθα 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 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ x + y + z = 26 ⎬ ⇔ ⎨( x + y + z ) − 2 ( xy + yz + zx ) = 26 ⎬ ⇔ ⎨ xy + yz + zx = 19 ⎬ 2 2 2 ⎪ 2⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2⎪ ⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎪ xy + xz = ( yz + 1) ⎪ 2 ⎩ ⎭ ⎪ ⎩ ⎪ ⎭ ⎩ ⎭ ⎧ 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 ⎬ ⎪ 2⎪ ⎪ ⎪ ⎪ yz = −6 ή yz = 3 ⎪ ⎪19 − yz = ( yz + 1) ⎪ ⎪( yz ) + 3 ( yz ) − 18 = 0 ⎪ 2 ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎧ 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 = −6 ⎪ ⎪ yz = 3 ⎪ ⎪ yz = −6 ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭
    • 10 ⎧ 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 = −6 ⎪ ⎪ yz = 3 ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎧ 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 1≤ (α 3 + β3 ) γ + (β 3 + γ3 ) α + (γ 3 + α3 ) β < 2. α 2 + β2 β2 + γ 2 γ2 + α2 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 , ( ) (1) α 2 + β2 α 2 + β2 α 2 + β2 ⎛ α 2 + β2 ⎞ ( α + β ) ⎜ α 2 + β2 − ⎟γ (α 3 +β )γ 3 ( α + β) ( α 2 − αβ + β ) γ2 ⎝ 2 ⎠ 1 = ≥ = ( α + β) γ . (2) α +β2 2 α +β 2 2 α +β 2 2 2 Η ισότητα στη (2) ισχύει, αν, και μόνον αν, α = β . Άρα έχουμε 1 ( α 3 + β3 ) γ < α + β γ . (α + β) γ ≤ 2 2 ( ) (3) 2 α +β Ομοίως λαμβάνουμε 1 ( β3 + γ 3 ) α < β + γ α , (β + γ ) α ≤ 2 2 ( ) (4) 2 β +γ 1 ( γ 3 + α3 ) β < γ + α β . (γ + α)β ≤ 2 2 ( ) (5) 2 γ +α 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 :. ( α3 + β3 ) γ + (β3 + γ3 ) α + ( γ3 + α3 ) β < 2 αβ + βγ + γα αβ + βγ + γα ≤ ( ) (6) α 2 + β2 β2 + γ 2 γ 2 + α2 Όμως από την υπόθεση έχουμε: 1 1 1 1 + + = ⇔ αβ + βγ + γα = 1 , (7) α β γ αβγοπότε από τις (6) και (7) προκύπτουν οι ζητούμενες ανισότητες.
    • 11 Η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, α = β = γ , οπότε από τη σχέση αβ + βγ + γα = 1 , προκύ- 3πτει ότι α = β = γ = . 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 αβγπου επιτρέψουμε οι α, β, γ να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνωισότητα τη μορφή αβ + βγ + γα = 1 , τότε η δεύτερη ανισότητα γίνεται (α 3 + β3 ) γ + (β 3 + γ3 ) α ≤ 2, + (γ 3 + α3 ) β 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 άλλοιδύο αντίστροφοι. Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < AΓ ) εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) μεκέντρο 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 εφα-πτόμενη 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 ) στοσημείο Σ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο K και το κύκλο (c) στο σημείο K1 (θεωρούμεΓK < ΓM ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BN1 , ΓΚ1 και AM περνάνε από το ίδιο σημείο (συ-ντρέχουν). Λύση Οι χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) , είναι εφαπτόμενες του κύκλου ( c1 ) στα ση-μεία Τ, Σ και Μ αντίστοιχα. Άρα οι ακτίνες OΤ,ΟΣ και OΜ του κύκλου ( c1 ) , είναι κάθετεςπρος τις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες OΤ, ΟΣ καιOΜ του κύκλου ( c1 ) , είναι τα αποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓτου κύκλου ( c ) . Τα αποστήματα OΤ,ΟΣ και OΜ είναι ίσα μεταξύ τους , αφού είναι ακτίνεςτου κύκλου ( c1 ) . Άρα AN1 = AΚ1 = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, Σ, Μ είναι τα μέσα των χορδών AN1 , AΚ1 καιΒΓ , αντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητεςευθυγράμμων 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: (1) : ΜΒ = ΤΝ1 ⎫ (:) ΜΒ ΤΝ1 ⎬⇒ = ⇒ ΤΜ P ΒΝ1 (3) (2) : ΝΜ = ΝΤ ⎭ ΜN ΝΤ Συνδυάζοντας και πάλι τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: (1) : ΜΓ = ΤΑ ⎫ (:) ΜΓ ΤΑ ⎬⇒ = ⇒ ΤΜ / / ΑΓ (4) (2) : ΝΜ = ΝΤ ⎭ ΝΜ ΝΤ
    • 12 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 πα-ραλληλόγραμμο. 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) Γ΄ τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 Αν οι α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 12, να αποδείξετε ότι: (α 2 + 4β2 ) γ + (β 2 + 4γ 2 ) α + (γ 2 + 4α 2 ) β > 12 4αβ 4βγ 4 γα Λύση Από τις γνωστές ανισότητες α 2 + 4β2 ≥ 4αβ, β2 + 4 γ 2 ≥ 4βγ , γ 2 + 4α 2 ≥ 4 γα , (1)λαμβάνουμε τις ανισότητες: α 2 + 4β2 4αβ ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για α = 2β) ⇒ ( α 2 + 4β2 ) γ ≥ γ (2) 4αβ 4αβ 4αβ β2 + 4 γ 2 4βγ ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για β = 2 γ ) ⇒ ( β2 + 4 γ 2 ) α ≥ α (3) 4βγ 4βγ 4βγ γ 2 + 4α 2 4 γα ≥ = 1 (η ισότητα ισχύει για γ = 2α ) ⇒ ( γ 2 + 4α 2 ) β ≥ β (4) 4 γα 4 γα 4 γα Από τις (2), (3) και (4) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: (α 2 + 4β2 ) γ + (β 2 + 4γ 2 ) α + (γ 2 + 4α 2 ) β ≥ α + β + γ = 12 . (5) 4αβ 4βγ 4 γα
    • 13 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 θετι-κοί. 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⎪ ⎫ ⎨ 2 ⎬. (Σ) ⎪ y − 3xy = −2 ⎪ ⎩ ⎭ Λύση Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση ( x, y ) του συστήματος ( Σ ), με x = 0 ή y = 0 , τότε λαμ-βάνουμε 0 = 5 ή 0 = -2, άτοπο. Για xy ≠ 0 , η μία εξίσωση του συστήματος μπορεί να αντικατασταθεί με αυτήν που προκύ-πτει από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, με διαίρεση κατά μέλη: y ⎧ 1 + 2m 5⎫ 1+ 2 ⋅ ⎪ m 2 − 3m = − 2 ⎪ ⎧5m 2 − 11m + 2 = 0 ⎫ x + 2 xy 2 5 x =− ⇔ 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =− ⇔ ⎨ ⎬⇔⎨ y ⎬ y − 3 xy 2 2 ⎛ y⎞ 2 y 2 ⎪ y ⎪ ⎪ =m ⎪ ⎜ ⎟ − 3⋅ =m ⎩ x ⎭ ⎝x⎠ x ⎪ ⎩ x ⎪ ⎭ ⎧ 1⎫ ⎧ 1⎫ ⎪m = 2 ή m = 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎧m = 2 ⎫ ⎪⎪m = 5 ⎪⎪ ⇔⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ή⎨ ⎬. ⎪ y =m ⎪ ⎩ y = 2x⎭ ⎪ y = x ⎪ ⎪ ⎩ x ⎪ ⎭ ⎪ ⎩ 5⎪⎭ Επομένως έχουμε: ⎧ 7 x2 ⎫ ⎧ 5 7⎫ ⎧ x 2 + 2 xy = 5⎫ ⎪ 5 = 5⎪ ⎪ ⎪x = ± ⎪ ⎧ x + 2 xy = 5⎫ ⎪ 2 ⎪ ⎧5 x = 5 ⎫ ⎪ 2 ⎧x = ±1⎫ ⎪ 7 ⎪ (Σ) ⇔ ⎨ ⎬ή⎨ x ⎬⇔ ⎨ ⎬ή⎨ ⎬⇔⎨ ⎬ή⎨ ⎬ ⎩ y = 2x ⎭ ⎪ y = ⎪ ⎩ y = 2x⎭ ⎪ y = x ⎪ ⎩ y = 2x⎭ ⎪ x ⎪ ⎩ 5 ⎭ y= ⎪ ⎩ 5 ⎭ ⎪ ⎪ ⎩ 5 ⎪ ⎭ ⎛5 7 7 ⎞ ⎛ 5 7 7⎞ ( x, y ) = (1, 2 ) ή ( x, y ) = ( −1, −2 ) ή ( x, y ) = ⎜ ⎜ 7 , ⎟ ή ( x, y ) = ⎜ − ,− ⎟. ⎝ 7 ⎟ ⎠ ⎜ 7 ⎝ 7 ⎟⎠ Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με κέντρο O και ακτίνα R . Ο περιγε-γραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑOB (έστω (c1 ) ), τέμνει την AΓ στο σημείο K και την ΒΓστο σημείο Ν . Έστω (c2 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΚΝ και (c3 ) ο περιγε-γραμμένος κύκλος του τριγώνου OΓΚ . Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (c1 ) , (c2 ) και (c3 ) είναιίσοι μεταξύ τους. Λύση Έστω R1 , R2 , R3 οι ακτίνες των κύκλων ( c1 ),( c2 ) και ( c3 ) αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότιR1 = R2 = R3 .
    • 14 ˆ ˆ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AKOB έχουμε: Α1 = B1 . ˆ ˆ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AOΝB έχουμε: Α = Β .2 2 ˆ ˆ Από το ισοσκελές τρίγωνο OBΓ , έχουμε: Β2 = Γ 2 . ˆ ˆ Από το ισοσκελές τρίγωνο OΑΓ , έχουμε: Α1 = Γ1 . ˆ ˆ ˆ Από τις παραπάνω ισότητες των γωνιών, προκύπτει ΝΑΓ = ΚΒΓ = Γ , δηλαδή τα τρίγωναΝΑΓ 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 περιγεγραμμέ-νους 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. αβγ Θα χρησιμοποιήσουμε στη συνέχεια τον τύπο E = (ΑΒΓ) = που εκφράζει το εμβαδό 4Rτριγώνου 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 τουτριγώνου 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 τοισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ). Σχήμα 5
    • 15 ˆ ˆ Τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουν τις γωνίες τους ΚΝΒ και ΚΝΓ παραπληρωματικές.Άρα: E1 ΝΒ ⋅ ΝΚ Ε ΝΒ = ⇒ 1 = . (2) E2 ΝΓ ⋅ ΝΚ Ε 2 ΝΓ 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 ) ˆ ημ(Γ) ˆ ˆ Από την ισότητα τώρα των γωνιών ΚΒΝ = Γ , καταλήγουμε: R1 = R2 . Πρόβλημα 4 Η ακολουθία an , n ∈ ¥ * , ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις k an +1 = an − n , n ∈ ¥ * , a1 = 1 , 2όπου 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 2από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: ⎛ ⎛1⎞ ⎞ n ⎜ 1− ⎜ ⎟ ⎟ ⎛1 1 1 ⎞ an = a1 − k ⎜ + 2 + ⋅⋅⋅ + n −1 ⎟ = 1 − k ⎜ −1 + ⎝ ⎠ ⎟ ⇔ 2 ⎝2 2 2 ⎠ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 1− ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎛ ⎛1⎞ ⎞ n k an = 1 + k − 2k ⎜1 − ⎜ ⎟ ⎟ = (1 − k ) + n −1 , n = 1, 2,3,... ⎜ ⎝2⎠ ⎟ 2 ⎝ ⎠ (ii) Έστω ότι: 1 k 1 an = 1000 ⇔ (1 − k ) + n −1 = 1000 ⇔ (1 − k ) ⋅ 2n −1+1000 + k ⋅ 21000 = 2n −1 , 2 2 2όπου k θετικός ακέραιος και n ∈ ¥ * , n > 1 . Τότε έχουμε 2n −1+1000 − 2n −1 = k ( 2n −1+1000 − 21000 ) . 2n −1+1000 − 2n −1 ⇔k= > 0, k ∈ Ά . (1) 2n −1+1000 − 21000
    • 16 • Αν υποθέσουμε ότι n − 1 > 1000 ⇔ n > 1001, τότε από τη σχέση (1) προκύπτει, ότι k ∈ ( 0,1) , άτοπο. • Αν υποθέσουμε ότι n − 1 < 1000 ⇔ n < 1001, τότε έχουμε: 2n −1+1000 − 2n −1 21000 − 2n −1 1 − 2n −1001 k −1 = − 1 = n −1+1000 1000 = n −1 , 2n −1+1000 − 21000 2 −2 2 −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 .