Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2010

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ GREEK MATHEMATICAL SOCIETY
Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street
106 79 ΑΘΗΝΑ GR. 106 79 - Athens - HELLAS
Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025
e-mail : info@hms.gr e-mail : info@hms.gr
www.hms.gr www.hms.gr
ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ
70ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
“Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ”
ΣΑΒΒΑΤΟ, 23 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2010
ΟΔΗΓΙΕΣ ΠΡΟΣ ΤΟΥΣ ΠΡΟΕΔΡΟΥΣ ΤΩΝ ΤΟΠΙΚΩΝ ΝΟΜΑΡΧΙΑΚΩΝ
ΕΠΙΤΡΟΠΩΝ, ΠΡΟΕΔΡΟΥΣ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΩΝ ΚΕΝΤΡΩΝ ΚΑΙ ΕΠΙΤΗΡΗΤΕΣ

1. Παρακαλούμε να διαβάσετε προσεκτικά τις οδηγίες στους μαθητές.
2. Οι επιτηρητές των αιθουσών θα διανείμουν πρώτα κόλλες αναφοράς, στις οποίες οι μαθητές θα
πρέπει απαραίτητα να γράψουν ΕΠΩΝΥΜΟ, ΟΝΟΜΑ, ΣΧΟΛΕΙΟ, ΤΑΞΗ, ΔΙΕΥΘΥΝΣΗ
ΚΑΤΟΙΚΙΑΣ και ΤΗΛΕΦΩΝΟ, τα οποία θα ελεγχθούν σε αντιπαραβολή με την ταυτότητα
που θα έχουν οι εξεταζόμενοι, πριν καλυφθούν και μετά θα γίνει η υπαγόρευση ή διανομή
φωτοτυπιών των θεμάτων στους μαθητές.
3. Να φωτοτυπηθεί και να μοιραστεί σε όλους τους μαθητές η επιστολή που σας
αποστέλλουμε μαζί με τα θέματα.
4. Η εξέταση πρέπει να διαρκέσει ακριβώς τρεις (3) ώρες από τη στιγμή που θα γίνει η
εκφώνηση των θεμάτων (9-12 περίπου). Δε θα επιτρέπεται σε κανένα μαθητή ν' αποχωρήσει
πριν παρέλθει μία ώρα από την έναρξη της εξέτασης.
5. Οι επιτηρητές των αιθουσών έχουν το δικαίωμα ν' ακυρώσουν τη συμμετοχή μαθητών, αν
αποδειχθεί ότι αυτοί έχουν χρησιμοποιήσει αθέμιτα μέσα, σημειώνοντας τούτο στις κόλλες των
μαθητών. Η επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. έχει δικαίωμα να επανεξετάσει μαθητή αν έχει
λόγους να υποπτεύεται ότι το γραπτό του είναι αποτέλεσμα χρήσης αθέμιτου μέσου.
6. Υπολογιστές οποιουδήποτε τύπου καθώς και η χρήση κινητών απαγορεύονται.
7. Αμέσως μετά το πέρας της εξέτασης, οι κόλλες των μαθητών πρέπει να σφραγιστούν εντός
φακέλου ή φακέλων, που θα έχουν την υπογραφή του υπεύθυνου του εξεταστικού κέντρου και
ν' αποσταλούν στην Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε., Πανεπιστημίου 34, 106 79
Αθήνα, αφού πρώτα στα παραρτήματα , εφόσον είναι εφικτό, γίνει μία πρώτη βαθμολόγηση,
σύμφωνα με το σχέδιο βαθμολόγησης της επιτροπής διαγωνισμών.
8. Τα αποτελέσματα του διαγωνισμού θα σταλούν στους Προέδρους των Τοπικών Νομαρχιακών
Επιτροπών (ΤΝΕ) και τα Παραρτήματα της Ε.Μ.Ε.
9. Η Εθνική Ολυμπιάδα Μαθηματικών «ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» θα γίνει στις 27 Φεβρουαρίου 2010 στην
Αθήνα. Από το διαγωνισμό αυτό και επί πλέον από ένα τελικό προκριματικό διαγωνισμό στην
Ε.Μ.Ε. συνοδευόμενο από μια προφορική εξέταση με προκαθορισμένη διαδικασία θα
επιλεγούν οι εθνικές ομάδες, που θα συμμετάσχουν στην 27η Βαλκανική Μαθηματική
Ολυμπιάδα (Μολδαβία, Μάιος 2010), στην 14η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα
Νέων (Ρουμανία, Ιούνιος 2010) και στην 51η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα (Αστάνα,
Καζακστάν, Ιούλιος 2010).
10. Με την ευκαιρία αυτή, το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. ευχαριστεί όλους τους συναδέλφους που
συμβάλλουν αφιλοκερδώς στην επιτυχία των Πανελληνίων Μαθητικών Διαγωνισμών
της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας.

11. Παρακαλούμε τον Πρόεδρο της ΤΝΕ μαζί με τα γραπτά να μας στείλει το
ονοματεπώνυμο και την ταχ. Δ/νση όλων των επιτηρητών για να τους σταλεί
ονομαστική ευχαριστήρια επιστολή από το Δ.Σ. της ΕΜΕ.
ΓΙΑ ΤΟ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.
Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας
Καθηγητής Γρηγόρης Καλογερόπουλος Ιωάννης Τυρλής

Τηλ. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025 Tel. 3616532 - 3617784 - Fax: 3641025

Αθήνα, 23 Ιανουαρίου 2010

Αγαπητοί μαθητές,

Σας καλωσορίζουμε στο διαγωνισμό της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (ΕΜΕ)
“ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ”. Σήμερα δεν δίνετε τις συνηθισμένες εξετάσεις. Συμμετέχετε σε έναν αγώνα
του πνεύματος. Και μόνο η απόφασή σας για συμμετοχή και η πρόκρισή σας από τον προηγού-
μενο διαγωνισμό ΘΑΛΗΣ” είναι μια επιτυχία. Με την ευκαιρία αυτής μας της επικοινωνίας θα
θέλαμε να σας πληροφορήσουμε για τα εξής :
Στα περιοδικά της ΕΜΕ Ευκλείδης Α΄ και Ευκλείδης Β΄ δημοσιεύονται εκτός των άλ-
λων θεμάτων ανά τάξη και θέματα με τις λύσεις τους από Διεθνείς Μαθηματικούς Διαγωνι-
σμούς.
Επίσης έχουν εκδοθεί βιβλία της ΕΜΕ με τα θέματα των Διεθνών Μαθηματικών Ολυ-
μπιάδων (2 τεύχη), Βαλκανικών Μαθηματικών Ολυμπιάδων (1984-2008), Θεωρίας αριθμών και
τα βιβλία με τα Θέματα των Ελληνικών Μαθηματικών Διαγωνισμών 1997-2007 σε 2 τεύχη.

Επιπλέον η ΕΜΕ έχει αποφασίσει τη διεξαγωγή δύο Θερινών Σχολείων διάρκειας μιας
εβδομάδας το καθένα, για όλες τις τάξεις του Γυμνασίου και του Λυκείου, ως εξής:
(α) Στη Λεπτοκαρυά Πιερίας, την τελευταία εβδομάδα του Ιουλίου 2010.
(β) Στη Νάουσα Ημαθίας, την πρώτη εβδομάδα του Αυγούστου 2010.
Τα μαθήματα θα επικεντρωθούν σε ειδικά Κεφάλαια της σχολικής ύλης και σε θέματα
Μαθηματικών Ολυμπιάδων. Για περισσότερες πληροφορίες δείτε τις ιστοσελίδες:
www.hms.gr και www.emeimathias.gr

Για το νέο έτος το Δ.Σ. της ΕΜΕ σας εύχεται ολόψυχα καλή χρονιά, προσωπική και
οικογενειακή ευτυχία.

ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ

ΓΙΑ ΤΟ Δ.Σ.
ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας
Καθηγητής Γρηγόρης Καλογερόπουλος Ιωάννης Τυρλής

Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος
70 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ
ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

B΄ τάξη Γυμνασίου
Πρόβλημα 1
(α) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης
Α = 2010 − 2009 ⋅ 2008 + 2010 ⋅ 2008 .
Μονάδες 2
(β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς
3 ⎛ 1 2 2⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 20 ⎞
Β = ⋅ ⎜ 22 − : − ⎟ και Γ = ⎜ − ⎟ ⋅ ⎜ 2 + ⎟ .
8 ⎝ 2 3 3⎠ ⎝ 2 11 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠
Μονάδες 3

Πρόβλημα 2
Ο τριψήφιος θετικός ακέραιος x = αβγ = 100α + 10β + γ , α ≠ 0, έχει άθροισμα ψηφίων 10. Αν
εναλλάξουμε το ψηφίο των εκατοντάδων με το ψηφίο των μονάδων του, τότε προκύπτει ακέ-
ραιος μικρότερος από τον x κατά 297. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του x ;
Μονάδες 5

Πρόβλημα 3
Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει πλάτος ΑΒ = x μέτρα και μήκος ΒΓ = y μέτρα, το οποίο είναι διπλάσιο
του πλάτους του. Αν αυξήσουμε το πλάτος του κατά 25%, να βρείτε πόσο επί τα εκατό πρέπει
να ελαττώσουμε το μήκος του, ώστε το εμβαδόν του να μείνει αμετάβλητο.
Μονάδες 5

Πρόβλημα 4 Ζ
Α
Στο διπλανό σχήμα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος Δ
πλευράς α και το τρίγωνο ΓΕΖ είναι ισόπλευρο πλευράς
α . Τα σημεία Ε και Ζ βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ
και ΑΔ, αντίστοιχα. Να βρείτε τις γωνίες του ρόμβου Ε
ΑΒΓΔ.
Μονάδες 5
Β
Γ


Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος

Γ΄ τάξη Γυμνασίου
Πρόβλημα 1
Έστω ο ακέραιος
Α = ⎡( −1) + ( −1) + ( −1) + ( −1) ⎤ ⋅ν , όπου ν θετικός ακέραιος.
ν 2ν 3ν 4ν
⎣ ⎦
Αν ο Α είναι διαιρέτης του 24, να βρείτε τις δυνατές τιμές του ν .
Μονάδες 5
Πρόβλημα 2
Υπάρχει διψήφιος θετικός ακέραιος N = ab = 10a + b, όπου a , b ψηφία με a ≠ 0 , που ισού-
ται με το γινόμενο των ψηφίων του ελαττωμένο κατά το άθροισμα των ψηφίων του;
Μονάδες 5
Πρόβλημα 3
Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης
S = 12 − 22 − 32 + 42 + 52 − 62 − 7 2 + 82 + ⋅⋅⋅ + 997 2 − 9982 − 9992 + 10002 .
Μονάδες 5
Πρόβλημα 4
Στο παρακάτω σχήμα δίνεται ότι το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΑΓ = β του τριγώνου
ˆ
ΑΒΓ , ΔΑΕ = 90 , η ευθεία ΔΕ είναι κάθετη προς την ευθεία ΒΓ , ΑΔΕ = ΓΔΖ = θ και ˆ ˆ
ˆ
ΓΖΔ = 300 .
(i) Να βρείτε τη γωνία θ . Μονάδες 1
(ii) Να υπολογίσετε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΕΖ συναρτήσει του β . Μονάδες 4


Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος

Α΄ τάξη Λυκείου
Πρόβλημα 1
(i) Να βρείτε τις τιμές του ρητού αριθμού α , για τις οποίες ο αριθμός Α = α 3 είναι ρητός.
Μονάδες 2
( )
2
(ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β = 1 + 3 είναι άρρητος.
Μονάδες 3
Πρόβλημα 2
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
x +1− 2 x = α x ,
έχει, για κάθε τιμή της παραμέτρου α ∈ , μία τουλάχιστον πραγματική λύση.
Για ποιες τιμές του α η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους πραγματικές λύσεις;
Μονάδες 5
Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο C (O, R) και έστω A1 , B1 , C1 τα αντιδιαμετρικά
σημεία των κορυφών του A, B, C . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές BC , AC , AB θεωρούμε
τα σημεία A2 , B2 , C2 , αντίστοιχα, και έστω (ε1 ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία A1 , A2 , (ε 2 ) η
ευθεία που ορίζουν τα σημεία B1 , B2 και (ε 3 ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία C1 , C2 .
Έστω ακόμη (δ1 ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο A προς την (ε1 ) , (δ 2 ) η
παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο B προς την (ε 2 ) και (δ3 ) η παράλληλη ευθεία
που φέρουμε από το σημείο C προς την (ε 3 ) . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες (ε1 ) , (ε 2 ) και (ε 3 )
συντρέχουν (δηλαδή, περνάνε από το ίδιο σημείο), αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ1 ) , (δ 2 ) και
(δ3 ) συντρέχουν.
Μονάδες 5
Πρόβλημα 4
Οι πραγματικοί αριθμοί x, y και z ικανοποιούν τις ισότητες:
x3 − y 3 = 26 z 3
x 2 y − xy 2 = 6 z 3 .
(α) Να εκφράσετε τους x, y συναρτήσει του z . Μονάδες 3
(β) Αν επιπλέον ισχύει ότι x + 2 y + 3z = 8 , να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y και z .
Μονάδες 2


Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος

Β΄ τάξη Λυκείου
Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ( x, y, z ) πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστή-
ματος:
x3 + y 3 = 65 z 3
x 2 y + xy 2 = 20 z 3
x − y + 2 z = 10.
Μονάδες 5

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC , K τυχόν σημείο στο εσωτερικό του και τα ύψη
του AH1 , BH 2 , CH 3 . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH 2 H 3 τέμνει την ημιευθεία
AK στο σημείο K1 , ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BH1 H 3 τέμνει την ημιευθεία
BK στο σημείο K 2 και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CH1 H 2 τέμνει τη ημιευθεία
CK στο σημείο K 3 . Να αποδείξετε ότι τα σημεία K1 , K 2 , K 3 , H και K είναι ομοκυκλικά , δη-
λαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο, όπου H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC .

Μονάδες 5
Πρόβλημα 3
x 2 + x + 1 − 2 x = α x, α ∈ ,
έχει, για κάθε α ∈ , δύο διαφορετικές μεταξύ τους ρίζες στο σύνολο .
Για ποιες τιμές του α οι δύο ρίζες είναι ετερόσημες;
Μονάδες 5

Πρόβλημα 4
Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση
2 x 2 + 3x + 2 − 2 x 2 + x + 1 = x + 1 .
Μονάδες 5


Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος

Γ΄ τάξη Λυκείου
Πρόβλημα 1
Η ακολουθία an , n ∈
*
, ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις
an +1 = an + kn, n ∈ * ,
όπου k θετικός ακέραιος και a1 = 1 . Να βρείτε για ποια τιμή του k ο αριθμός 2011 είναι όρος
της ακολουθίας an , n ∈ .
*

. Μονάδες 5
Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC και έστω M 1 , M 2 , M 3 τυχόντα σημεία των πλευ-
ρών του BC , AC , AB αντίστοιχα. Έστω ακόμη τα ύψη του AH1 , BH 2 , CH 3 . Να αποδείξετε ότι
οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AH 2 H 3 , BM 1 H 3 , CM 1 H 2 περνάνε από το ίδιο σημείο
(έστω K1 ), οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BH1 H 3 , AM 2 H 3 , CM 2 H1 περνάνε από
το ίδιο σημείο (έστω K 2 ) και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων
CH1 H 2 , AM 3 H 2 , BM 3 H1 περνάνε από το ίδιο σημείο (έστω K 3 ). Στη συνέχεια, να αποδείξετε
ότι οι ευθείες AK1 , BK 2 , CK 3 συντρέχουν ( δηλαδή, περνάνε από το ίδιο σημείο), αν, και μόνο
αν, οι ευθείες AM 1 , BM 2 , CM 3 συντρέχουν.
Μονάδες 5
Πρόβλημα 3
Αν a, b, x, y ∈ με ( a, b ) ≠ ( 0, 0 ) και ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) και ισχύουν
a ( x 2 − y 2 ) − 2bxy = x ( a 2 − b 2 ) − 2aby
b ( x 2 − y 2 ) + 2axy = y ( a 2 − b 2 ) + 2abx,
να αποδείξετε ότι x = a και y = b .
Μονάδες 5
Πρόβλημα 4
Σημείο Μ βρίσκεται στο εσωτερικό κύκλου C ( O, r ) , όπου r = 15cm , σε απόσταση 9cm από
το κέντρο του κύκλου. Να βρείτε τον αριθμό των χορδών του κύκλου C ( O, r ) που περνάνε από
το σημείο Μ και το μήκος τους είναι ακέραιος αριθμός.
Μονάδες 5


Τηλ. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025 Tel. 210 3616532 - 2103617784 - Fax: 210 3641025

ος

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

B΄ Γυμνασίου
Πρόβλημα 1
(α) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης
Α = 2010 − 2009 ⋅ 2008 + 2010 ⋅ 2008 .
(β) Να συγκρίνετε τους αριθμούς
3 ⎛ 1 2 2⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 20 ⎞
Β = ⋅ ⎜ 22 − : − ⎟ και Γ = ⎜ − ⎟ ⋅ ⎜ 2 + ⎟
8 ⎝ 2 3 3⎠ ⎝ 2 11 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠
Λύση
(α) Χρησιμοποιώντας την επιμεριστική ιδιότητα λαμβάνουμε:
Α = 2010 − 2009 ⋅ 2008 + 2010 ⋅ 2008 = 2010 + 2008 ⋅ ( 2010 − 2009 )
= 2010 + 2008 ⋅1 = 2010 + 2008 = 4018.
(β) Έχουμε
3 ⎛ 1 2 2⎞ 3 ⎛ 1 3 2⎞ 3 ⎛ 3 2 ⎞ 3 ⎛ 48 − 9 − 8 ⎞ 3 ⋅ 31 31
Β = ⋅ ⎜ 22 − : − ⎟ = ⋅ ⎜ 4 − ⋅ − ⎟ = ⋅ ⎜ 4 − − ⎟ = ⋅ ⎜ ⎟= =
8 ⎝ 2 3 3⎠ 8 ⎝ 2 2 3⎠ 8 ⎝ 4 3 ⎠ 8 ⎝ 12 ⎠ 8 ⋅12 32
⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 20 ⎞ 9 ⎛ 1 20 ⎞ 9 21 21
Γ = ⎜ − ⎟⋅⎜ 2 + ⎟ = ⋅⎜ + ⎟ = ⋅ = .
⎝ 2 11 ⎠ ⎝ 3 9 ⎠ 22 ⎝ 9 9 ⎠ 22 9 22
Επειδή ισχύει ότι:
31 21 31⋅ 22 − 32 ⋅ 21 682 − 672 10
Β−Γ = − = = = >0,
32 22 32 ⋅ 22 32 ⋅ 22 32 ⋅ 22
έπεται ότι είναι Β > Γ .

Πρόβλημα 2
Ο τριψήφιος θετικός ακέραιος x = αβγ = 100α + 10β + γ , α ≠ 0, έχει άθροισμα ψηφίων 10. Αν
εναλλάξουμε το ψηφίο των εκατοντάδων με το ψηφίο των μονάδων του, τότε προκύπτει ακέ-
ραιος μικρότερος από τον x κατά 297. Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του x ;

Λύση
Ο ακέραιος που προκύπτει μετά την εναλλαγή των ψηφίων των εκατοντάδων και μονάδων είναι
ο y = 100γ + 10 β + α και, σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος, ισχύει ότι:

x − y = 297 ⇔ (100α + 10 β + γ ) − (100γ + 10 β + α ) = 297
⇔ 99 (α − γ ) = 297 ⇔ α − γ = 3.
Άρα οι δυνατές τιμές για τα ψηφία α και γ είναι:
α = 3, γ = 0 ή α = 4, γ = 1 ή α = 5, γ = 2 ή α = 6, γ = 3 ή α = 7, γ = 4 ή α = 8, γ = 5 ή α = 9, γ = 6 .
Επειδή από την υπόθεση δίνεται ότι α + β + γ = 10 , οι ζητούμενοι ακέραιοι x = αβγ είναι οι:
370, 451, 532, 613.
Πρόβλημα 3
Ορθογώνιο ΑΒΓΔ έχει πλάτος ΑΒ = x μέτρα και μήκος ΒΓ = y μέτρα, το οποίο είναι διπλάσιο
του πλάτους του. Αν αυξήσουμε το πλάτος του κατά 25%, να βρείτε πόσο επί τα εκατό πρέπει
να ελαττώσουμε το μήκος του, ώστε το εμβαδόν του να μείνει αμετάβλητο.

Λύση
25 x 125 x 5 x
Μετά την αύξηση κατά 25% το πλάτος του ορθογωνίου γίνεται x1 = x + = = .
100 100 4
Έστω ότι πρέπει να ελαττώσουμε το μήκος του ορθογωνίου κατά α % , έτσι ώστε να μείνει το
εμβαδό του αμετάβλητο. Τότε το μήκος του θα γίνει:
α y (100 − α ) y (100 − α ) ⋅ 2 x
y1 = y − = = ,
100 100 100
ενώ θα ισχύει η ισότητα
5 x (100 − α ) ⋅ 2 x 100 − α
xy = x1 y1 ⇔ x ⋅ 2 x = ⋅ ⇔ 2x2 = ⋅ 2x2
4 100 80
⎛ 100 − α ⎞ 100 − α
⇔ ⎜1 − ⎟ ⋅ 2x = 0 ⇔ 1−
2
= 0 (αφού x ≠ 0)
⎝ 80 ⎠ 80
⇔ 80 − 100 + α = 0 ⇔ α = 20.
Άρα πρέπει να ελαττώσουμε το μήκος του ορθογωνίου κατά 20%.

Πρόβλημα 4.
Στο διπλανό σχήμα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος πλευράς α και το τρίγωνο ΓΕΖ είναι
ισόπλευρο πλευράς α .Τα σημεία Ε και Ζ βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ και ΑΔ, αντίστοι-
χα. Να βρείτε τις γωνίες του ρόμβου ΑΒΓΔ.

Ζ
Α
Δ

Ε
3
1
2

Β 1
Γ
Σχήμα 1
Λύση
Επειδή είναι ΒΓ = ΓΕ = α, το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές και έχει:
ˆ ˆ
Β=Ε (1)
1

Επειδή είναι ΑΒ ΓΔ και η ΕΓ είναι τέμνουσα των ΑΒ και ΓΔ έχουμε ότι:

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
Ε1 = ΕΓΔ = Γ 2 + Γ3 = 60 + Γ3 , (2)
αφού κάθε γωνία ισόπλευρου τριγώνου είναι 60 .
Επίσης από τα ισοσκελή τρίγωνα ΒΓΕ και ΓΖΔ με ίσες πλευρές ΒΓ = ΓΖ=α, ΓΕ = ΓΔ = α ,
προκύπτει ότι:
ˆ ˆ ˆ ˆ
Γ1 = 1800 − 2Β = 1800 − 2Δ = Γ3 , (3)
αφού οι απέναντι γωνίες ρόμβου είναι ίσες,
Από την παραλληλία των πλευρών ΑΒ και ΓΔ έχουμε
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
Β + Γ = 1800 ⇔ Ε1 + Γ1 + ΒΓΔ = 1800 (λόγω της (1) )
ˆ ( ˆ )
⇔ Γ1 + 2 ⋅ 60 + Γ1 = 1800 (λόγω της (2))
ˆ ˆ
⇔ 3 ⋅ Γ1 + 1200 = 1800 ⇔ Γ1 = 200.
Άρα είναι:
ˆ 180 − 20 = 800 , Δ = Β = 800 και Α = Γ = 1800 − 800 = 1000.
0 0
Β= ˆ ˆ ˆ ˆ
2

Γ΄ Γυμνασίου
Πρόβλημα 1
Έστω ο ακέραιος
Α = ⎡( −1) + ( −1) + ( −1) + ( −1) ⎤ ⋅ν , όπου ν θετικός ακέραιος.
ν 2ν 3ν 4ν
⎣ ⎦
Αν ο Α είναι διαιρέτης του 24, να βρείτε τις δυνατές τιμές του ν .

Λύση
Έχουμε

⎣
4ν
⎦ ⎢
⎣
ν 3 ν
(
Α = ⎡( −1) + ( −1) + ( −1) + ( −1) ⎤ ⋅ν = ⎡( −1) + 1 + ( −1) + 1⎤ ⋅ν
ν 2ν 3ν
⎥
⎦
)
⎧ 4ν , αν ν άρτιος
= ⎡ 2 + 2 ⋅ ( −1) ⎤ ⋅ν = ⎨
ν
⎣ ⎦ ⎩0, αν ν περιττός.
Επειδή ο ακέραιος Α είναι διαιρέτης του 24, έπεται ότι:
• Α ≠ 0 , οπότε ο ν δεν μπορεί να είναι περιττός.
• Ο θετικός ακέραιος Α = 4ν , όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος, ανήκει στο σύνολο των
άρτιων θετικών διαιρετών του 24, δηλαδή είναι:
4ν ∈ {2, 4, 6,8,12, 24} , όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος,
⎧1 3 ⎫
⇔ ν ∈ ⎨ ,1, , 2,3, 6 ⎬ , όπου ν άρτιος θετικός ακέραιος,
⎩2 2 ⎭
⇔ ν = 2 ή ν = 6.
Άρα οι δυνατές τιμές του ν είναι το 2 και το 6.

Πρόβλημα 2
Υπάρχει διψήφιος θετικός ακέραιος N = ab = 10a + b, όπου a , b ψηφία με a ≠ 0 , που ισού-
ται με το γινόμενο των ψηφίων του ελαττωμένο κατά το άθροισμα των ψηφίων του;

Λύση
Ο ζητούμενος διψήφιος θετικός ακέραιος N = ab = 10a + b, όπου a , b ψηφία με a ≠ 0 , ικα-
νοποιεί την εξίσωση
10a + b = ab − ( a + b ) ⇔ 11a = ab − 2b ⇔ (11 − b ) a = −2b.
Η τελευταία εξίσωση δεν είναι δυνατόν να ισχύει, γιατί ο όρος (11 − b ) a του πρώτου μέλους εί-
ναι θετικός, ενώ ο όρος του δευτέρου μέλους είναι μικρότερος ή ίσος με το μηδέν. Άρα δεν υ-
πάρχει ο ζητούμενος διψήφιος θετικός ακέραιος.

Πρόβλημα 3
Να υπολογίσετε το άθροισμα:
S = 12 − 22 − 32 + 42 + 52 − 62 − 7 2 + 82 + ⋅⋅⋅ + 997 2 − 9982 − 9992 + 10002 .

Λύση
Παρατηρούμε ότι το άθροισμα S είναι άθροισμα 250 αθροισμάτων της μορφής
S k = ( 4k + 1) − ( 4k + 2 ) − ( 4k + 3) + ( 4k + 4 ) , για k = 0,1, 2,3,..., 249 .
2 2 2 2

Όμως έχουμε

S k = ( 4k + 1) − ( 4k + 2 ) − ( 4k + 3) + ( 4k + 4 )
2 2 2 2

= 16k 2 + 8k + 1 − 16k 2 − 16k − 4 − 16k 2 − 24k − 9 + 16k 2 + 32k + 16
= 4, για κάθε k = 0,1, 2,3,..., 249.
Άρα έχουμε
S = S0 + S1 + ... + S249 = 4 + 4 + ...4 = 250 ⋅ 4 = 1000

Πρόβλημα 4
Στο παρακάτω σχήμα δίνεται ότι: το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΑΓ = β του τριγώνου
ˆ ˆ ˆ ˆ
ΑΒΓ , ΔΑΕ = 90 , η ΔΕ είναι κάθετη προς τη ΒΓ , ΑΔΕ = ΓΔΖ = θ και ΓΖΔ = 300 .
(i) Να βρείτε τη γωνία θ .
(ii) Να υπολογίσετε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΕΖ συναρτήσει του β .

Σχήμα 2
Λύση
(i) Έστω ότι η ευθεία ΔΕ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Η. Τότε θα είναι
ˆ ˆ ˆ ˆ
ΗΔΓ = θ (ως κατά κορυφή) και ΗΔΖ = ΗΔΓ + ΓΔΖ = 2θ ,
οπότε από το τρίγωνο ΗΔΖ έχουμε:
90 + 2θ + 300 = 1800 ⇔ θ = 300

(ii) Το τρίγωνο ΗΕΖ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα ΕΖ, οπότε για τον υπολογισμό της ΕΖ θα
χρησιμοποιήσουμε το Πυθαγόρειο θεώρημα. Πρέπει όμως να έχουμε υπολογίσει τις κάθετες
πλευρές ΗΖ και ΗΕ συναρτήσει του β .
β ˆ
Από το τρίγωνο ΗΔΓ που είναι ορθογώνιο στο Η με ΓΔ = και έχει ΗΔΓ = θ = 300 λαμβά-
2
νουμε:
β
3 β 3 β 1 β
ΗΔ = ΔΓ ⋅ συν 300 = = ⋅ και ΗΓ = ΔΓ ⋅ημ 300 = ⋅ = .
2 2 4 2 2 4
Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να υπολογίσουμε τα μήκη των ΗΔ και ΗΓ από το ορθογώνιο τρί-
ˆ
γωνο ΗΔΓ με ΗΔΓ = θ = 300 , οπότε η κάθετη πλευρά που βρίσκεται απέναντι από την οξεία
β
γωνία των 300 θα ισούται με το μισό της υποτείνουσας , δηλαδή είναι ΗΓ = και στη συνέ-
4
β 3
χεια από το Πυθαγόρειο θεώρημα υπολογίζουμε και την πλευρά ΗΔ = .
4

ˆ ˆ β
Το τρίγωνο ΓΔΖ είναι ισοσκελές ( ΓΖΔ = ΓΔΖ = 300 ), οπότε θα είναι ΓΖ = ΓΔ = και
2
β β 3β
ΗΖ = ΗΓ + ΓΖ = + = .
4 2 4
ˆ ˆ β
Επιπλέον, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΕ με ΔΑΕ = 90 , ΑΔΕ = 300 και ΑΔ = , έχουμε:
2
ΔΕ β /2 β β 3
ΑΔ = = = = ,
συν 30 0
3/2 3 3
οπότε θα είναι
β 3 β 3 7β 3
ΗΕ = ΗΔ + ΔΕ = + = .
4 3 12
ˆ
Επομένως, από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΗΕΖ με Η = 90 έχουμε:
2
⎛ 7 β 3 ⎞ ⎛ 3β ⎞2 β 57
ΕΖ = ΗΕ + ΗΖ = ⎜
2
⎜ 12 ⎟ + ⎜ 4 ⎟ = 6 .
2
⎟ ⎝
⎝ ⎠ ⎠

Α΄ Λυκείου
Πρόβλημα 1
(i) Να βρείτε τις τιμές του ρητού αριθμού α , για τις οποίες ο αριθμός Α = α 3 είναι ρητός.

( )
2
(ii) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β = 1 + 3 είναι άρρητος.

Λύση
(i) Για α = 0 είναι Α = 0, ρητός. Έστω α ≠ 0 . Αν ήταν ο Α = α 3 ρητός, τότε ο αριθμός
Α
= 3 , θα ήταν επίσης ρητός, ως πηλίκο δύο ρητών αριθμών, που είναι άτοπο.
α
Επομένως, ο αριθμός Α είναι ρητός μόνο για α = 0 .
( )
2
(ii) Έχουμε Β = 1 + 3 = 4 + 2 3 . Αν ο αριθμός Β ήταν ρητός, τότε ο αριθμός Β − 4 = 2 3
θα ήταν επίσης ρητός, ως διαφορά δύο ρητών, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (i).

Πρόβλημα 2
x +1− 2 x = α x ,
έχει, για κάθε τιμή της παραμέτρου α ∈ , μία τουλάχιστον πραγματική λύση.
Για ποιες τιμές του α η εξίσωση έχει δύο διαφορετικές μεταξύ τους πραγματικές λύσεις;

Λύση
Επειδή στην εξίσωση εμφανίζεται η απόλυτη τιμή του αγνώστου x διακρίνουμε δύο περιπτώ-
σεις:
(i) Έστω x ≥ 0 .
Τότε ισχύει x = x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα:
x + 1 − 2 x = α x, x ≥ 0 ⇔ (α + 1) x = 1, x ≥ 0
⎧ 1
⎪x = , αν α > −1
⇔⎨ α +1
⎪
⎩ αδύνατο, αν α ≤ −1.
(ii) Έστω x < 0 .
Τότε ισχύει x = − x και η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με το σύστημα:
x + 1 + 2 x = α x, x < 0 ⇔ (α − 3) x = 1, x < 0
⎧ 1
⎪x = , αν α < 3
⇔⎨ α −3
⎪ αδύνατο, αν α ≥ 3.
⎩
Επομένως, για κάθε τιμή της παραμέτρου α ∈ , η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική
λύση. Η εξίσωση έχει 2 πραγματικές λύσεις διαφορετικές μεταξύ τους, αν ισχύει: −1 < α < 3 .
1 1
Πράγματι, για −1 < α < 3 η εξίσωση έχει τις λύσεις x1 = < 0 και x2 = > 0 που είναι
α −3 α +1
διαφορετικές μεταξύ τους.

Πρόβλημα 3
Δίνεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο C (O, R) και έστω A1 , B1 , C1 τα αντιδιαμετρικά
σημεία των κορυφών του A, B, C . Στις ευθείες που ορίζουν οι πλευρές BC , AC , AB θεωρούμε

τα σημεία A2 , B2 , C2 αντίστοιχα και έστω (ε1 ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία A1 , A2 , (ε 2 ) η
ευθεία που ορίζουν τα σημεία B1 , B2 και (ε 3 ) η ευθεία που ορίζουν τα σημεία C1 , C2 .
Έστω ακόμη (δ1 ) η παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο A προς την (ε1 ) , (δ 2 ) η
παράλληλη ευθεία που φέρουμε από το σημείο B προς την (ε 2 ) και (δ3 ) η παράλληλη ευθεία
που φέρουμε από το σημείο C προς την (ε 3 ) . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες (ε1 ) , (ε 2 ) και (ε 3 )
συντρέχουν (περνάνε από το ίδιο σημείο), αν, και μόνο αν, οι ευθείες (δ1 ) , (δ 2 ) και (δ3 ) συ-
ντρέχουν

Λύση
Οι ευθείες (ε1 ) και (δ1 ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC , αφού το O είναι μέσο της AA1 .
Οι ευθείες (ε 2 ) και (δ 2 ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC , αφού το O είναι μέσο της BB1 .
Οι ευθείες (ε 3 ) και (δ3 ) είναι συμμετρικές ως προς το κέντρο O του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC , αφού το O είναι μέσο της CC1 .
Σύμφωνα με τη θεωρία, αν περιστρέψουμε μία ευθεία κατά 1800 γύρω από το κέντρο συμμε-
τρίας, τότε αυτή θα συμπέσει με τη συμμετρική της ευθεία , ως προς κέντρο το σημείο O . Επο-
μένως, οι ευθείες (ε1 ) , (ε 2 ) και (ε 3 ) συντρέχουν, έστω στο σημείο K , αν, και μόνο αν, οι ευ-
θείες (δ1 ), (δ 2 ) και (δ3 ) συντρέχουν στο σημείο K ′ , που είναι το συμμετρικό του σημείου K
ως προς το σημείο O .

Σχήμα 3

Παρατήρηση
Το σημείο K ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC , αν, και μόνο αν, τα σημεία
A2 , B2 ,C 2 είναι τα μέσα των πλευρών BC , AC , AB αντίστοιχα.
Στη περίπτωση αυτή μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή πρόταση:

“Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τα μέσα των πλευρών τριγώνου, βρίσκονται επάνω στο
περιγεγραμμένο του κύκλο και είναι αντιδιαμετρικά των κορυφών του”

Πρόβλημα 4
Οι πραγματικοί αριθμοί x, y και z ικανοποιούν τις ισότητες:
x3 − y 3 = 26 z 3
x 2 y − xy 2 = 6 z 3 .
(α) Να εκφράσετε τους x, y συναρτήσει του z .
(β) Αν επιπλέον ισχύει ότι x + 2 y + 3z = 8 , να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς x, y και z .

Λύση
Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη ισότητα επί 3 και την αφαιρούμε από την πρώτη, οπότε λαμβά-
νουμε
( x − y ) = 8z3 ⇔ x − y = 2z .
3
(1)
Τότε η δεύτερη ισότητα γίνεται:
2 zxy = 6 z 3 , (2)
οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
(i) Έστω z ≠ 0 .
Τότε η (2) είναι ισοδύναμη με την σχέση
xy = 3 z 2 , (3)
Από τις (1) και (3), προκύπτει η σχέση
x ( x − 2 z ) = 3 z 2 ⇔ x 2 − 2 zx − 3 z 2 = 0 ⇔ x = 3 z ή x = − z ,
x = 3z , y = z ή x = − z , y = −3z .
(ii) Για z = 0 οι δύο πρώτες εξισώσεις γίνονται:
⎧( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) = 0 ⎫
⎪ ⎪
⎨ ⎬ ⇔ x− y = 0 ή x = y = 0,
⎪
⎩ xy ( x − y ) = 0 ⎪
⎭
οπότε προκύπτει ότι:
x = y, ανεξάρτητα από το z .

(β) Για x = 3z , y = z η εξίσωση x + 2 y + 3 z = 8 γίνεται 8 z = 8 ⇔ z = 1 , οπότε έχουμε ότι
( x, y, z ) = ( 3,1,1) , ενώ για x = −z, y = −3z , η εξίσωση γίνεται −4z = 8 ⇔ z = −2, οπότε έχουμε ότι
( x, y, z ) = ( 2, 6, −2 ) .
Για z = 0 , είναι x = y , οπότε από την εξίσωση x + 2 y + 3 z = 8 προκύπτει ότι

( x, y , z ) = ⎛ , , 0 ⎞ .
8 8
⎜ ⎟
⎝3 3 ⎠

Β΄ Λυκείου
Πρόβλημα 1
Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ( x, y, z ) πραγματικών αριθμών που είναι λύσεις του συστή-
ματος:
x3 + y 3 = 65 z 3
x 2 y + xy 2 = 20 z 3
x − y + 2 z = 10.
Λύση
Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη εξίσωση επί 3 και την προσθέτουμε στην πρώτη, οπότε λαμβά-
νουμε την εξίσωση
( x + y ) = 125 z 3 ⇔ x + y = 5 z .
3
(1)
Τότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται
5 zxy = 20 z 3 , (2)
οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
(i) Έστω z ≠ 0 .
Τότε από την εξίσωση (2) λαμβάνουμε:
xy = 4 z 2 . (3)
Από τις (1) και (3), προκύπτει η εξίσωση
x ( 5 z − x ) = 4 z 2 ⇔ x 2 − 5 zx + 4 z 2 = 0 ⇔ x = 4 z ή x = z ,
x = 4 z, y = z ή x = z, y = 4 z .
Για x = 4 z, y = z η τρίτη εξίσωση του συστήματος γίνεται 5 z = 10 ⇔ z = 2 , οπότε το σύστημα
έχει τη λύση ( x, y, z ) = ( 8, 2, 2) , ενώ για x = z, y = 4z η τρίτη εξίσωση γίνεται −z = 10 ⇔ z = −10,
οπότε το σύστημα έχει τη λύση ( x, y, z ) = ( −10, −40, −10 ) .
(ii) Για z = 0 οι δύο πρώτες εξισώσεις γίνονται:
⎧( x + y ) ( x 2 − xy + y 2 ) = 0 ⎫
⎪ ⎪
⎨ ⎬ ⇔ x + y = 0 ή x = y = 0 ⇔ x = −y ,
⎪
⎩ xy ( x + y ) = 0 ⎪
⎭
οπότε από την τρίτη εξίσωση προκύπτει ότι ( x, y, z ) = ( 5, −5, 0 ) .

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC , K τυχόν σημείο στο εσωτερικό του και τα ύψη
του AH1 , BH 2 , CH 3 . Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH 2 H 3 τέμνει την ημιευθεία
AK στο σημείο K1 , ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BH1 H 3 τέμνει την ημιευθεία
BK στο σημείο K 2 και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CH1 H 2 τέμνει τη ημιευθεία
CK στο σημείο K 3 . Να αποδείξτε ότι τα σημεία K1 , K 2 , K 3 , H και K είναι ομοκυκλικά ( δη-
λαδή ανήκουν στον ίδιο κύκλο), όπου H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC .

Λύση
Έστω (c1 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH 2 H 3 , (c2 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος
του τριγώνου BH 1 H 3 και (c3 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CH 1 H 2 .

Σχήμα 4

Το τετράπλευρο AH 2 HH 3 είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c1 ) περνάει από το σημείο H .
Το τετράπλευρο BH 1 HH 3 είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c2 ) περνάει από το σημείο H .
Το τετράπλευρο CH 1 HH 2 είναι εγγράψιμο, οπότε ο κύκλος (c3 ) περνάει από το σημείο H .
Τελικά, οι τρεις κύκλοι (c1 ) , (c2 ) και (c3 ) περνάνε από το ορθόκεντρο H του τριγώνου
ABC .
Ο κύκλος (c1 ) έχει διάμετρο την AH , οπότε HK 1 ⊥ AK 1 , δηλαδή το σημείο K 1 ανήκει στο
κύκλο διαμέτρου HK .
Όμοια αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία K 2 , K 3 , ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Πρόβλημα 3
x 2 + x + 1 − 2 x = α x, α ∈ ,
έχει για κάθε α ∈ δύο διαφορετικές μεταξύ τους λύσεις στο σύνολο .
Για ποιες τιμές του α οι δύο ρίζες είναι ετερόσημες;

Λύση
Λόγω της ύπαρξης του x , διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
(i) Έστω x ≥ 0 .
Τότε η εξίσωση γίνεται:
x 2 + x + 1 − 2 x = α x, α ∈ ⇔ x 2 − (α + 1) x + 1 = 0, α ∈ , (1)
η οποία έχει διακρίνουσα Δ = (α + 1) − 4 = (α − 1)(α + 3) . Άρα η εξίσωση (1) έχει πραγματικές
2

ρίζες, όταν είναι α ≤ −3 ή α ≥ 1 . Επειδή το γινόμενο των ριζών είναι P = 1 > 0 οι ρίζες είναι
ομόσημες, οπότε για να είναι και οι δύο θετικές πρέπει και αρκεί S = α + 1 > 0 ⇔ α > −1 .
Επομένως έχουμε:
• Για α > 1 , η εξίσωση (1) έχει δύο ακριβώς διαφορετικές θετικές ρίζες στο .
• Για α = 1 , η εξίσωση (1) έχει τη διπλή θετική ρίζα x = 1 στο .

• Για α < 1 , η εξίσωση (1) δεν έχει μη αρνητικές ρίζες στο .

(ii) Έστω x < 0 .
Τότε η εξίσωση γίνεται:
x 2 + x + 1 + 2 x = α x, α ∈ ⇔ x 2 − (α − 3) x + 1 = 0, α ∈ , (2)
η οποία έχει διακρίνουσα Δ = (α − 3) − 4 = (α − 5 )(α − 1) . Άρα η εξίσωση (2) έχει πραγματικές
2

ρίζες όταν είναι α ≤ 1 ή α ≥ 5 . Επειδή το γινόμενο των ριζών είναι P = 1 > 0 οι ρίζες είναι ομό-
σημες, οπότε για να είναι και οι δύο αρνητικές πρέπει και αρκεί S = α − 3 < 0 ⇔ α < 3 .
Επομένως έχουμε:
• Για α < 1 , η εξίσωση (2) έχει δύο ακριβώς διαφορετικές αρνητικές ρίζες στο
• Για α = 1 , η εξίσωση (2) έχει τη διπλή αρνητική ρίζα x = −1 στο .
• Για α > 1 , η εξίσωση (2) δεν έχει αρνητικές ρίζες στο .
Από τις περιπτώσεις (1) και (2) προκύπτει ότι η δεδομένη εξίσωση έχει, για κάθε α ∈ , δύο
πραγματικές ρίζες διαφορετικές μεταξύ τους, οι οποίες είναι ετερόσημες για α = 1 .

Πρόβλημα 4
Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση
2 x 2 + 3x + 2 − 2 x 2 + x + 1 = x + 1 .

Λύση
Κατ’ αρχή παρατηρούμε ότι ισχύει: 2 x 2 + 3x + 2 > 0 και x 2 + x + 1 > 0, για κάθε x ∈ .
Αν θέσουμε a = 2 x 2 + 3x + 2, b = x 2 + x + 1, x ∈ , τότε λαμβάνουμε:
a − b = ( 2 x + 3 x + 2 ) − ( x + x + 1) = x 2 + 2 x + 1 = ( x + 1) ,
2 2 2 2 2

οπότε από τη δεδομένη εξίσωση προκύπτει η εξίσωση με αγνώστους a, b ,
a 2 − b 2 = ( a − 2b ) ⇔ 4ab − 5b 2 = 0 ⇔ b ( 4a − 5b ) = 0 ⇔ 4a = 5b,
2

αφού είναι b ≠ 0 . Έτσι έχουμε την εξίσωση
4 2 x 2 + 3x + 2 = 5 x 2 + x + 1 ,
της οποίας τα δύο μέλη είναι θετικά, για κάθε x ∈ , οπότε είναι ισοδύναμη με την εξίσωση
16 ⋅ ( 2 x 2 + 3 x + 2 ) = 25 ⋅ ( x 2 + x + 1)
−23 ± 3 37
⇔ 7 x 2 + 23 x + 7 = 0 ⇔ x = .
14

Γ΄ Λυκείου
Πρόβλημα 1
Η ακολουθία an , n ∈ *
, ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις
an +1 = an + kn, n ∈ * ,
όπου k θετικός ακέραιος και a1 = 1 . Να βρείτε για ποια τιμή του k ο αριθμός 2011 είναι όρος
της ακολουθίας an , n ∈ *
.
.
Λύση
Από τη δεδομένη αναδρομική σχέση έχουμε
a1 = 1
a2 = a1 + k
a3 = a2 + 2k
.....................
an −1 = an − 2 + ( n − 2 ) k
an = an −1 + ( n − 1) k
από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε
k ( n − 1) n
an = 1 + k (1 + 2 + ... + n − 1) = 1 + k (1 + 2 + ... + n − 1) = 1 +.
2
Επομένως, αρκεί να προσδιορίσουμε τις τιμές των k και n για τις οποίες ισχύει η ισότητα:
k ( n − 1) n
an = 1 + = 2011 ⇔ k ( n − 1) n = 4020
2
⇔ k ( n − 1) n = 1 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 67 .
⇔ ( n − 1, n, k ) = (1, 2, 2010 ) ή ( n − 1, n, k ) = ( 2,3, 670 ) .
Επομένως, για k = 2010 είναι a2 = 2011 και για k = 670 είναι a3 = 2011 .

Πρόβλημα 2
Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ABC και έστω M 1 , M 2 , M 3 τυχόντα σημεία των πλευ-
ρών του BC , AC , AB , αντίστοιχα. Έστω ακόμη τα ύψη του AH1 , BH 2 , CH 3 . Να αποδείξετε ότι
οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AH 2 H 3 , BM 1 H 3 , CM 1 H 2 περνάνε από το ίδιο σημείο
(έστω K1 ), οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BH1 H 3 , AM 2 H 3 , CM 2 H1 περνάνε από το
ίδιο σημείο (έστω K 2 ) και οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων CH1 H 2 , AM 3 H 2 , BM 3 H1
περνάνε από το ίδιο σημείο (έστω K 3 ). Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι οι ευθείες
AK1 , BK 2 , CK 3 συντρέχουν , δηλαδή περνάνε από το ίδιο σημείο, αν, και μόνο αν, οι ευθείες
AM 1 , BM 2 , CM 3 συντρέχουν.

Λύση
Έστω (c1 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BM 1 H 3 , (c 2 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος
του τριγώνου CM 1 H 2 , (c3 ) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AH 2 H 3 και (c) ο περι-
γεγραμμένος κύκλος του εγγράψιμου τετραπλεύρου BH 3 H 2 C .

Σχήμα 5

Θεωρώντας τις τέμνουσες AB και AC του κύκλου (c) , συμπεραίνουμε:
AB ⋅ AH 3 = AC ⋅ AH 2 .
Το γινόμενο όμως AB ⋅ AH 3 εκφράζει τη δύναμη του σημείου A ως προς το κύκλο (c1 ) ενώ
το γινόμενο AC ⋅ AH 2 εκφράζει τη δύναμη του σημείου A ως προς το κύκλο (c 2 ) .
Άρα το σημείο A , ανήκει στον ριζικό άξονα των κύκλων (c1 ) και (c 2 ) .
Έστω τώρα ότι οι κύκλοι (c1 ) και (c 2 ) τέμνονται στο σημείο K 1 (εκτός βέβαια από το σημείο
M 1 ). Τότε η ευθεία που ορίζουν τα σημεία αυτά (δηλαδή τα K 1 και M 1 ) είναι ο ριζικός άξο-
νας των κύκλων (c1 ) και (c 2 ) .
Από τους παραπάνω συλλογισμούς προκύπτει ότι τα σημεία A, K 1 και M 1 είναι συνευθειακά.
Θα αποδείξουμε ότι και ο κύκλος (c3 ) περνάει από το σημείο K 1 , δηλαδή ότι το τετράπλευρο
AH 2 K 1 H 3 είναι εγγράψιμο.
ˆ ˆ
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BH 3 H 2 C έχουμε: ω = B . Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο
ˆ ˆ
BM 1 K 1 H 3 έχουμε: ϕ = B . Άρα είναι ω = ϕ και κατά συνέπεια το τετράπλευρο AH 2 K 1 H 3
ˆ ˆ
είναι εγγράψιμο.
Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι δύο άλλες τριάδες κύκλων, περνάνε από το ίδιο ση-
μείο.
Προφανώς τώρα οι ευθείες AK 1 , BK 2 ,CK 3 συντρέχουν, αν, και μόνο αν, συντρέχουν οι ευθεί-
ες AM 1 , BM 2 ,CM 3 (δεδομένου ότι τα σημεία A, K 1 , M 1 , τα σημεία B , K 2 , M 2 και τα ση-
μεία C , K 3 , M 3 , είναι συνευθειακά.

Πρόβλημα 3
Αν a, b, x, y ∈ με ( a, b ) ≠ ( 0, 0 ) και ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ) και ισχύουν
a ( x 2 − y 2 ) − 2bxy = x ( a 2 − b 2 ) − 2aby
b ( x 2 − y 2 ) + 2axy = y ( a 2 − b 2 ) + 2abx,
να αποδείξετε ότι x = a και y = b .
Λύση

Σύμφωνα με τον ορισμό της ισότητας μιγαδικών αριθμών, προκύπτει ότι το σύστημα των δύο
δεδομένων εξισώσεων είναι ισοδύναμο με την εξίσωση:
⎡ a ( x 2 − y 2 ) − 2bxy ⎤ + ⎡b ( x 2 − y 2 ) + 2axy ⎤ i = ⎡ x ( a 2 − b 2 ) − 2aby ⎤ + ⎡ y ( a 2 − b 2 ) + 2abx ⎤ i
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⇔ ( a + bi ) ⋅ ⎡( x 2 − y 2 ) + 2 xyi ⎤ = ⎡( a 2 − b 2 ) + 2abi ⎤ ⋅ ( x + yi )
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⇔ ( a + bi ) ⋅ ( x + yi ) = ( a + bi ) ⋅ ( x + yi )
2 2

⇔ x + yi = a + bi (αφού (α , β ) ≠ ( 0, 0 ) και ( x, y ) ≠ ( 0, 0 ))
⇔ x = a, y = b.

Πρόβλημα 4
Σημείο Μ βρίσκεται στο εσωτερικό κύκλου C ( O, r ) , όπου r = 15cm , σε απόσταση 9cm από το
κέντρο του κύκλου. Να βρείτε τον αριθμό των χορδών του κύκλου C ( O, r ) που περνάνε από το
σημείο Μ και το μήκος τους είναι ακέραιος αριθμός.

Λύση

Σχήμα 6

Θεωρούμε τη χορδή ΑΒ που περνάει από το σημείο Μ και το κέντρο O του κύκλου, καθώς και
την κάθετη προς αυτήν χορδή ΓΜΔ , οπότε το σημείο Μ είναι το μέσο της χορδής ΓΔ. Η χορδή
ΑΒ έχει ακέραιο μήκος 30cm . Από το θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε ότι:
2 2
⎛ ΓΔ ⎞ ⎛ ΓΔ ⎞ ΓΔ
ΓΜ ⋅ ΜΔ = ΑΜ ⋅ ΜΒ ⇔ ⎜ ⎟ = 6 ⋅ ( 9 + 15 ) ⇔ ⎜ ⎟ = 144 ⇔ = 12 ⇔ ΓΔ = 24.
⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2
Έτσι μέχρι τώρα έχουμε βρει δύο χορδές του κύκλου C ( O, r ) που περνάνε από το σημείο Μ και
έχουν ακέραιο μήκος. Θεωρούμε τυχούσα χορδή ΚΛ του κύκλου C ( O, r ) που περνάει από το
ˆ
Μ και έστω ΜΕ = x, ΜΟΕ = θ , όπου Ε είναι το μέσο της ΚΛ, σχήμα 6. Αν υποθέσουμε ότι
π
0 ≤θ ≤ , τότε έχουμε θεωρήσει όλες τις χορδές του κύκλου C ( O, r ) που περνάνε από το Μ
2
και τα άκρα τους Κ και Λ βρίσκονται στα ελάσσονα τόξα ΑΓ και ΒΔ , αντίστοιχα . Για κάθε
μία από αυτές τις χορδές αντιστοιχεί και μία ακόμη που είναι η συμμετρική της ως προς τη διά-
μετρο ΑΒ.

Για τη χορδή ΚΛ, αν συμβολίσουμε το μήκος της ως (θ ) , έχουμε
π
(θ ) = 2 225 − 81συν 2θ , 0 ≤ θ ≤ .
2
81ημ 2θ ⎛ π⎞
Επειδή είναι ′ (θ ) = > 0, θ ∈ ⎜ 0, ⎟ , έπεται ότι η συνάρτηση (θ ) είναι
225 − 81συν θ 2
⎝ 2⎠
⎡ π⎤
γνησίως αύξουσα στο διάστημα ⎢ 0, ⎥ , οπότε η συνάρτηση (θ ) έχει σύνολο τιμών το διά-
⎣ 2⎦
⎡ ⎛ π ⎞⎤
στημα ⎢ ( 0 ) , ⎜ ⎟ ⎥ = [ 24,30] . Άρα το μήκος της χορδής ΚΛ μπορεί να πάρει όλες τις ακέραι-
⎣ ⎝ 2 ⎠⎦
ες τιμές του διαστήματος [ 24,30] . Αν λάβουμε υπόψιν και τη συμμετρική χορδή της ΚΛ ως
προς τη διάμετρο ΑΒ, τότε τα πέντε μήκη 25, 26, 27, 28, 29 λαμβάνονται δύο φορές το καθένα,
ενώ τα μήκη 24 και 30 λαμβάνονται από μία φορά. Έτσι έχουμε συνολικά 12 χορδές που περ-
νάνε από το Μ με ακέραιο μήκος.

Παρατήρηση 1
Θα μπορούσαμε επίσης να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής για τη
π
συνεχή συνάρτηση (θ ) = 2 225 − 81συν 2θ , 0 ≤ θ ≤ , η οποία έχει ελάχιστη τιμή την
2
⎛π ⎞
( 0 ) = 24
και μέγιστη τιμή την ⎜ ⎟ = 30 . Αυτό προκύπτει από την παρατήρηση ότι τα μήκη
⎝2⎠
των χορδών είναι αντιστρόφως ανάλογα από τα αποστήματά τους και ότι το μέγιστο απόστημα
π
λαμβάνεται για θ = 0 , ενώ το ελάχιστο απόστημα λαμβάνεται για θ = .
2

Παρατήρηση 2
Σημειώνουμε ακόμη ότι οι χορδές με ακέραια μήκη 25, 26, 27, 28, 29, μπορούν να κατασκευα-
στούν γεωμετρικά, αφού αν θέσουμε ΚΜ = x και ΜΛ = y , τότε έχουμε
x + y = m, m ∈ {25, 26, 27, 28, 29} και xy = 144 = 122 .
Έτσι εξασφαλίζουμε την ύπαρξη αυτών των χορδών με ακέραιο μήκος, χωρίς τη χρήση του δι-
αφορικού λογισμού.

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2010

More Related Content

What's hot

Similar to Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2010

More from katpapado

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού Ευκλείδης 2010