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 Α
είναι 10000 ευρώ, ενώ για κάθε αυτοκίνητο τύπου Β είναι 12000 ευρώ.
Στο τέλος της χρονιάς είχε πουλήσει το 30% των αυτοκινήτων τύπου Α και το 60% του συ-
νόλου των αυτοκινήτων τύπου Α και Β.
Να βρείτε ποιο θα είναι το κέρδος του από την πώληση των αυτοκινήτων, αν γνωρίζετε ότι
από καθένα αυτοκίνητο τύπου Α κερδίζει το 5% της τιμής πώλησής του, ενώ από καθένα 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 60
των αυτοκινήτων τύπου Α και Β είναι ( 20 + 60 ) ⋅ = 80 ⋅ = 48 αυτοκίνητα. Επομένως από
100 100
τα αυτοκίνητα τύπου Β πουλήθηκαν 48 − 6 = 42 αυτοκίνητα.
5
Από την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Α κερδίζει 10000 ⋅ = 500 ευρώ, ενώ από
100
10
την πώληση καθενός αυτοκινήτου τύπου Β κερδίζει 12000 ⋅ = 1200 ευρώ. Επομένως από
100
την πώληση των αυτοκινήτων ο έμπορος κέρδισε
6 ⋅ 500 + 42 ⋅1200 = 3000 + 50400 = 53400 ευρώ.
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 στο
σημείο Δ και την ευθεία ε στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ, ΑΔΕ και
ΑΒΕ είναι ισοσκελή.
Λύση
Σχήμα 1
Το άθροισμα των γωνιών του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ είναι 180o Επειδή όμως ισχύει
ˆ ˆ ˆ
Α = 36o , θα έχουμε: Β = Γ = 72o .
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-
o
λές.
ˆ ˆ
Οι γωνίες Α 2 και Γ είναι ίσες διότι είναι εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΕ και ΒΓ που
τέμνονται από την ΑΓ .
ˆ ˆ
Από την ισότητα τέλος των γωνιών Δ1 = Δ 2 = 72 o (ως κατά κορυφή), προκύπτει η ισότητα
ˆ ˆ
Δ = 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 ˆ
τέμνονται από την ΒΕ . Επίσης Β1 = Β2 = = 36o , οπότε θα είναι και Β2 = Ε . Επομένως και το
2
τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές.
Πρόβλημα 4
Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 100α + 10β + γ , αν ισχύουν και οι
τρεις επόμενες προτάσεις:
(i) Α − Β = 27 , όπου Β = αγβ = 100α + 10γ + β .
(ii) Το άθροισμα των ψηφίων β , γ ισούται με το μικρότερο ακέραιο που είναι λύση της
ανίσωσης: 3 x + 12 < 5 x − 1 .
(iii) Ο αριθμός Α διαιρείται με το 3.
Λύση
Σύμφωνα με την πρόταση (i) έχουμε:
Α − Β = 27 ⇔ 9 β − 9γ = 27 ⇔ 9 ⋅ ( β − γ ) = 27 ⇔ β − γ = 3 . (1)
Για την ανίσωση του ερωτήματος (ii) έχουμε:
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 ψηφία
με διαφορά β − γ = 3 θα είναι β > γ και επειδή επιπλέον έχουν άθροισμα 7, οι δυνατές τιμές
τους είναι
β = 7, γ = 0 ή β = 6, γ = 1 ή β = 5, γ = 2 ή β = 4, γ = 3 .
Επειδή πρέπει β − γ = 3 οι αποδεκτές τιμές είναι β = 5, γ = 2 .
Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α = α 52 με άθροισμα ψηφίων α + 7 . Επειδή,
σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το 3, πρέπει και αρκεί ο ακέραιος α + 7 να εί-
ναι πολλαπλάσιο του 3, οπότε, αφού το α είναι ψηφίο, οι κατάλληλες τιμές του είναι: α = 2 ή
α = 5 ή α = 8.
Επομένως, έχουμε Α = 252 ή Α = 552 ή Α = 852
4. 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 ακτίνα
4 cm.
(i) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισοσκελές.
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 τρίγωνο
ΕΔΓ 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 ˆ
μος 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 .
o
ΟΕ = ΟΔ = 4 ⎭
ˆ ˆ ˆ
Στο τρίγωνο ΑΟΕ έχουμε: Α 1 = 75o και Ε1 = 30o . Άρα Ο 1 = 75o , οπότε το τρίγωνο ΑΟΕ είναι
ισοσκελές με ΕΑ = ΕΟ = α = 4cm .
(iii) Το εμβαδόν του κύκλου ( c ) είναι: Εc = π ⋅ 42 = 16π .
Το εμβαδόν του τετραγώνου ΑΒΓΔ είναι: Ετετ = 42 = 16 , ενώ το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΕ
είναι: Ετρ = 4 3 . Άρα το εμβαδόν της ζητούμενης επιφάνειας είναι: Ε = 16π − 16 − 4 3 .
Πρόβλημα 4
Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο Α = αβγ = 100α + 10β + γ , αν ισχύουν και οι
τρεις επόμενες προτάσεις:
(i) Α − Β = 198 , όπου Β = γβα = 100γ + 10β + α ,
x + α − 2γ α − 2γ
(ii) Η εξίσωση − = 1 έχει δύο ρίζες με άθροισμα 4.
2α − γ x
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 = 1
και εύκολα διαπιστώνουμε ότι ικανοποιούνται οι περιορισμοί για την εξίσωση.
Άρα ο θετικός ακέραιος Α θα έχει τη μορφή Α = 3β 1 με άθροισμα ψηφίων 4 + β . Επειδή,
σύμφωνα με την πρόταση (iii) ο Α διαιρείται με το 9, πρέπει και αρκεί 4 + β = πολ.(9) , οπότε,
αφού το β είναι ψηφίο, η μοναδική δυνατή τιμή του είναι β = 5 .
Επομένως, ο ζητούμενος θετικός ακέραιος Α είναι ο 351.
Α΄ τάξη Λυκείου
Πρόβλημα 1
(i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α , β για τις οποίες ο αριθμός α + β 10 είναι
ρητός.
2
(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 κάθε
ρητό αριθμό α .
Έστω ότι, για β ≠ 0 , ο αριθμός ρ = α + β 10 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός
( )
ρ − α = α + β 10 − α = β 10
ρ −α
θα 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
θα 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-
ˆ
ληλη προς τη πλευρά ΒΓ . Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ και
έστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α . Από το Α τέλος θεωρούμε παράλληλη
προς την ΕΒ η οποία τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ . Να αποδείξετε
ότι : ΑΒ = ΒΚ = ΚΔ = ΔΑ .
Λύση
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
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 ˆ
δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ορθογώνιο ( ΒΕ ⊥ ΒΔ ) και εφόσον ΑΜ P ΒΕ καταλήγουμε:
AM ⊥ ΒΔ .
Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΑΔ η ΑΜ είναι ύψος, άρα και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΔ .
Επειδή τώρα το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΔ , το τρίγωνο ΚΒΔ είναι ισοσκε-
ˆ
Β
ˆ ˆ
λές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι Β 1 = Β2 = και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα
2
έχουν και ΑΒ = ΑΔ = ΒΚ = ΚΔ , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΚΔ είναι ρόμβος.
Πρόβλημα 4
Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α , β , γ που ικανοποιούν τις ισότητες
α + β + γ = 2010 και αβ + βγ + γα = 22 ⋅ 3 ⋅ 52 ⋅ 67 2 .
Λύση
Από τις δεδομένες ισότητες λαμβάνουμε
(α + β + γ ) = 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
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
⎧ 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 αβγ
οπότε από τις (6) και (7) προκύπτουν οι ζητούμενες ανισότητες.
11. 11
Η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, α = β = γ , οπότε από τη σχέση αβ + βγ + γα = 1 , προκύ-
3
πτει 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 αβγ
που επιτρέψουμε οι α, β, γ να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνω
ισότητα τη μορφή αβ + βγ + γα = 1 , τότε η δεύτερη ανισότητα γίνεται
(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 άλλοι
δύο αντίστροφοι.
Πρόβλημα 4
Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < AΓ ) εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με
κέντρο O και ακτίνα R . Από το σημείο Α φέρνουμε τις δύο εφαπτόμενες προς τον κύκλο
(c1 ) , που έχει κέντρο το σημείο O και ακτίνα r = OM ( M είναι το μέσο της BΓ ). Η μία 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 ) στο
σημείο Σ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο K και το κύκλο (c) στο σημείο K1 (θεωρούμε
ΓK < ΓM ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BN1 , ΓΚ1 και AM περνάνε από το ίδιο σημείο (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 κάθετες
προς τις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c ) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες OΤ, ΟΣ και
OΜ του κύκλου ( c1 ) , είναι τα αποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές AN1 , AΚ1 και ΒΓ
του κύκλου ( c ) . Τα αποστήματα OΤ,ΟΣ και OΜ είναι ίσα μεταξύ τους , αφού είναι ακτίνες
του κύκλου ( c1 ) .
Άρα AN1 = AΚ1 = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, Σ, Μ είναι τα μέσα των χορδών AN1 , AΚ1 και
ΒΓ , αντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες
ευθυγράμμων τμημάτων:
ΜΒ = ΜΓ = ΤΑ = ΤΝ1 = ΣΑ = ΣΚ 1 (1)
Το σημείο N βρίσκεται εκτός του κύκλου ( c1 ) και NM, NT είναι τα εφαπτόμενα τμήματα,
οπότε
NM = NT (2)
Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε:
(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
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
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 ΒΓ
στο 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 ) είναι
ίσοι μεταξύ τους.
Λύση
Έστω R1 , R2 , R3 οι ακτίνες των κύκλων ( c1 ),( c2 ) και ( c3 ) αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι
R1 = R2 = R3 .
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 τρίγωνα
ΝΑΓ και ΚΒΓ είναι ισοσκελή, οπότε ΝΑ = ΝΓ και ΚΒ = ΚΓ .
Τα τρίγωνα τώρα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα διότι έχουν:
1. ΟΒ = ΟΓ (ακτίνες του κύκλου ( c ) )
2. ΟΚ (κοινή)
3. ΚΒ = ΚΓ (από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ).
Εφόσον λοιπόν τα τρίγωνα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα, θα έχουν ίσους τους 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
4R
τριγώνου συναρτήσει του μήκους των πλευρών και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου.
Έστω λοιπόν E1 = (ΚΝΒ) το εμβαδό του τριγώνου ΚΝΒ και E2 = (ΚΝΓ) το εμβαδό του
τριγώνου ΚΝΓ. Τότε:
ΝΒ ⋅ ΝΚ ⋅ ΒΚ ⎫
E1 = (ΚΝΒ) = ⎪
4 R1 ⎪ Ε1 4 R2 ⋅ ΝΒ ⋅ ΝΚ ⋅ ΒΚ Ε R ⋅ ΝΒ
⎬⇒ = ⇒ 1 = 2 , (1)
ΝΓ ⋅ ΝΚ ⋅ ΓΚ ⎪ Ε 2 4 R1 ⋅ ΝΓ ⋅ ΝΚ ⋅ ΓΚ Ε 2 R1 ⋅ ΝΓ
E2 = (ΚΝΓ) =
4 R2 ⎪
⎭
(για τη τελευταία συνεπαγωγή χρησιμοποιήσαμε την ισότητα ΚΒ = ΚΓ , που προκύπτει από το
ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ).
Σχήμα 5
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 ,
2
όπου k θετικός ακέραιος.
(i) Να προσδιορίσετε το γενικό όρο an της ακολουθίας ως συνάρτηση των n και k .
1
(ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί θετικοί ακέραιοι k , n τέτοιοι ώστε : an = 1000 .
2
Λύση
(i) Από τις υποθέσεις έχουμε
k k k
a2 = a1 − , a3 = a2 − 2 , ... , an = an −1 − n −1 , n = 1, 2,3,...
2 2 2
από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε:
⎛ ⎛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 2
όπου 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
• 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 .
