Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011

2,980 views

Published on

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total views
2,980
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
3
Actions
Shares
0
Downloads
28
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2011

  1. 1. 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. 2. 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. 3. 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. 4. 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. 5. 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. 6. 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
  7. 7. 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. 8. 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. 9. 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. 10. 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. 11. 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. 12. 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. 13. 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. 14. 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. 15. 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. 16. 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 .

×